2022届上海市复兴高级中学高三下学期3月检测数学试题含解析

这是一份2022届上海市复兴高级中学高三下学期3月检测数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届上海市复兴高级中学高三下学期3月检测数学试题一、单选题1．设、、表示三条互不重合的直线，、表示两个不重合的平面，则使得“”成立的一个充分条件为（       ）A．， B．，C．，， D．，，【答案】C【分析】由线线垂直的性质可判断A，由线面平行的性质可判断B，由线面平行的性质可判断C，由线面平行垂直的性质可判断D．【详解】选项A：当，时，则或与相交或异面，∴A错误，选项B：当，时，则或与相交或异面，∴B错误，选项C：由线面平行的性质定理，当，，时，则，∴C正确，选项D：当，时，∴，∵，则或与相交或异面，∴D错误故选：C2．圆的参数方程可以是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】依次考察A，B，C，D中的取值范围，以及是否满足即可【详解】选项A，，而圆中不成立；选项B，，而圆中不成立；选项C，，而圆中不成立；选项D，，且，故可以是圆的参数方程故选：D3．已知抛物线：的焦点为，、、为抛物线上三点，当时，称为“特别三角形”，则“特别三角形”有（       ）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【答案】D【分析】先说明这样的满足，并且弦以为中点的，再证明对于无数多个点，都存在满足条件的弦即可.【详解】当时，易知为的重心，连接并延长至，使，当在抛物线内部时，设，若存在以为中点的弦，这样的即满足要求.设，则，又，两式相减可得，即，所以总存在以为中点的弦，即这样的三角形有无数个.故选：D.【点睛】本题关键在于构造出，再说明对于点，只要满足的在抛物线内部，并且存在以为中点的弦，即存在，这样的每一个点都会对应一个.4．设函数，，，，记，则（       ）A．  B．  C．  D． 【答案】B【分析】根据题意，分别讨论，的单调性，根据的定义，对数列求和即可.【详解】∵在上单调递增，可得，，…，，∴=∵在上单调递增，在单调递减∴，…，，，，…，∴===∵在，上单调递增，在，上单调递减，可得因此．故选：.【点睛】本题考查数列求和，涉及正弦型三角函数的单调性，属综合中档题.二、填空题5．已知集合，，则_____________．【答案】【分析】结合已知条件求出集合，然后利用集合的交运算即可求解.【详解】由可知，，即，解得，从而，因为，所以.故答案为：.6．若复数满足，则__________．【答案】1【分析】设，,代入方程利用复数相等即可求解，求模即可.【详解】设，,则，整理得：解得，所以，故答案为1【点睛】本题主要考查了复数的概念，复数的模，复数方程，属于中档题.7．若函数，则__________.【答案】3【分析】由可得：，问题得解.【详解】由可得： 故答案为：3.8．双曲线的焦点到渐近线的距离等于___________.【答案】2.【分析】先求出焦点坐标和渐近线方程，进而求出焦点到渐近线的距离即可.【详解】由题意，，渐近线方程为：，焦点到渐近线的距离为：.故答案为：2.9．已知，则方程的解集是________．【答案】【解析】根据行列式运算公式化简可得，根据三角函数图象计算即可求得结果.【详解】由行列式运算公式可知，所以，解得：或，即或.因为，所以或.故答案为：.【点睛】本题考查行列式的概念，考查由三角函数值求角问题，属于基础题.10．已知的展开式的常数项为60，则______.【答案】【分析】写出展开式的通项，然后可算出答案.【详解】的展开式的通项，由，得，且，可得，.故答案为：611．若，且，则的取值范围是__________.【答案】或【分析】由，可得，即，求解即可【详解】由题意，，由于，故，即，故解得：或12．一个总体分为A，B两层，其个体数之比为4：1，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为10的样本.已知B层中甲、乙都被抽到的概率为，则总体中的个体数为_______．【答案】40【详解】设B层中的个体数为，则，则总体中的个体数为13．已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆.若的面积为，，则球的表面积为______.【答案】【解析】根据的面积求出的半径，根据正弦定理求出，根据勾股定理求出球的半径，根据球的表面积公式可得结果.【详解】因为的面积为，所以的半径为2，直径为4，所以，所以球的半径为，所以球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理，考查了球的性质，考查了球的表面积公式，属于基础题.14．四叶回旋镖可看作是四个相同的直角梯形拼成的图形，如图所示，，，，为线段上一动点，则的最大值为__________.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，求得直线的方程为，求得的坐标，写出向量的坐标，利用向量的数量积的运算公式，结合的范围，即可求解.【详解】由题意，以为原点建立平面直角坐标系，如图所示，因为，，，可得直线的方程为，因为为线段上一动点，则，其中，所以，可得，因为，所以当时，取得最大值.故答案为：.15．已知实数，函数，若对任意，总存在，使得，则a的最大值为___________.【答案】【分析】把对任意，总存在，使得，转化为在成立，结合一次函数与基本不等式分别求得函数的最小值，列出不等关系式，即可求解.【详解】由题意，对任意，总存在，使得，等价于在成立，根据函数在上为单调递减函数，所以，即，即，当时，可得；当时，可得，所以当时，化简，又由，当且仅当，即时等号成立，所以，所以，即，即，所以a的最大值.故答案为：.【点睛】方法点拨：把对任意，总存在，使得，转化为在成立，结合函数的性质和基本不等式分别求得函数的最小值是解答的关键.16．定义表示实数、中的较大的数，已知数列满足，，，若，记数列的前项和为，则的值为__________.【答案】【分析】分、两种情况讨论，推导出数列是以为周期的周期数列，结合可求得的值，进而可求得的值.【详解】当时，，，，则，，，，，，，由上可知，对任意的，，所以，，即，解得，此时，；当时，，，，则，，，，，，，由上可知，对任意的，，所以，，即，解得，不合乎题意.综上所述，.故答案为：.三、解答题17．将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.       (1)求三棱锥的体积；(2)求异面直线与所成的角的大小.【答案】(1) (2).【详解】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径，，再由三角形面积公式计算后即得.（2）设过点的母线与下底面交于点，根据，知或其补角为直线与所成的角，再结合题设条件确定，．得出即可．试题解析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．由的长为，可知．，．（2）设过点的母线与下底面交于点，则，所以或其补角为直线与所成的角．由长为，可知，又，所以，从而为等边三角形，得．因为平面，所以．在中，因为，，，所以，从而直线与所成的角的大小为．【解析】几何体的体积、空间角【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题时，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、转化与化归思想及基本运算能力等.18．在①；②且；③且.这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.设等差数列的前项和为，是等比数列，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【分析】先由题设条件求出与，再求得，然后利用分组求和与裂项相消法求数列的前项和．【详解】(1)选①：当时，，当时，，又满足，所以；选②：设公差为，由，得解得所以；选③：由得，所以，即，，所以，所以；(2)设的公比为，又因为，由得，，所以；由数列的前项和为，又可知，数列的前项和为，故．19．如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径的长为，C，D两点在半圆弧上，且，设；（1）当时，求四边形的面积.（2）若要在景区内铺设一条由线段，，和组成的观光道路，则当为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值.【答案】（1）；（2）5【分析】（1）把四边形分解为三个等腰三角形：，利用三角形的面积公式即得解；（2）利用表示（1）中三个等腰三角形的顶角，利用正弦定理分别表示，和，令，转化为二次函数的最值问题，即得解.【详解】（1）连结，则四边形的面积为（2）由题意，在中，，由正弦定理同理在中，，由正弦定理令时，即，的最大值为5【点睛】本题考查了三角函数和解三角形综合实际应用问题，考查了学生综合分析，数学建模，转化划归，数学运算能力，属于较难题20．已知椭圆C∶（a>b>0）与抛物线y2=4x共焦点F，且过点，设是椭圆上任意一点，A、B为椭圆的左、右顶点，点E满足．(1)求椭圆C的方程；(2)判断是否为定值，并说明理由；(3)设Q是直线x=9上动点，直线AQ、BQ分别交椭圆于M、N两点，求|MF | +| NF |的最小值．【答案】(1)(2)是定值3；理由见解析(3)【分析】（1）求出点的坐标，再根据的关系及点求得，解得得出答案；（2）根据是椭圆上任意一点，求得，将用表示，从而可得出结论；（3）可设，求出直线AQ、BQ的方程，分别联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理分别求出，再根据为椭圆的右准线，由椭圆上得点到焦点得距离与到准线得距离之比为离心率，可得，计算结合基本不等式即可得出答案.【详解】(1)解：抛物线y2=4x的焦点，则有，解得，所以椭圆C的方程为；(2)解：因为，所以，因为是椭圆上任意一点，所以，则，所以，所以是定值3；(3)解：，可设，则，则直线的方程为，，消得：，则有，所以，同理可得，因为为椭圆的右准线，所以由椭圆上得点到焦点得距离与到准线得距离之比为离心率，可得，当且仅当，即时，取等号，所以|MF | +| NF |的最小值为.【点睛】本题考查了椭圆、抛物线的标准方程，考查了椭圆中的定值与最值问题，考查了学生的数学运算能力及数据分析能力，难度较大.21．设函数在上有定义，实数和满足.若在区间上不存在最小值，则称在区间上具有性质P.（1）当，且在区间上具有性质P，求常数C的取值范围；（2）已知，且当时，，判别在区间上是否具有性质P；（3）若对于满足的任意实数和，在区间上具有性质P，且对于任意，当时，有：，证明：当时，.【答案】（1）；（2）具有性质；（3）证明见解析．【分析】（1）由对称轴可得；（2）求出在上的函数解析式，判断出函数在上后一个区间上的函数值都比前一个区间上的函数值大，从而函数最小值（如果有）只能在第一个区间上取得，但在上函数无最小值，因此可得出结论；（3）由绝对值的性质知，即夹在和之间，如果，则在上有最小值，不具有性质，与已知矛盾，从而只能是，然后只要说明对任意的，一定有，，则必有，而，因此结论显然成立．【详解】（1），对称轴，当时，是最小值，当时，是最小值，只有当，即时，在是递增，无最小值；（2）时，，，同理时，，，即，易知当时，是最大值，而对任意的，，，都有恒成立，∴时，若有最小值，则只有在时取得，但当时，是减函数，无最小值，∴在上无最小值，具有性质；（3）对于任意，当时，有：,∴，若成立，则在上有最小值，不具有性质，不合题意，所以只有．显然有，则对任意的，则一定存在，使得则，，∴，即．【点睛】本题考查函数的创新题，考查学生的创新意识，考查二次函数的最值、分段函数的值域，对抽象函数问题，要能从条件中发现结论，如，然后确定函数值按一定规律在递增，接着本题只要说明与不在同一个区间上，即能证明结论．