2022届上海市市北中学高三下学期期中数学试题含解析

2022届上海市市北中学高三下学期期中数学试题

一、单选题

1．若,则下列不等式恒成立的是

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】∵

∴设

代入可知均不正确

对于，根据幂函数的性质即可判断正确

故选D

2．已知向量和满足：，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.

【详解】.

故选：B.

3．在我国南北朝时期，数学家祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”．其意思是，用一组平行平面截两个几何体，若在任意等高处的截面面积都对应相等，则两个几何体的体积必然相等．根据祖暅原理，“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的条件

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】先阅读题意，再由原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件可得解

【详解】由已知有”在任意等高处的截面面积都对应相等”是“两个几何体的体积必然相等“的充分条件不必要条件，结合原命题与其逆否命题的真假可得：

“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的充分不必要条件，故选A．

【点睛】本题考查了阅读能力、原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件，属中档题．

4．对于函数，如果其图象上的任意一点都在平面区域内，则称函数为“蝶型函数”，已知函数：；，下列结论正确的是　　

A．、均不是“蝶型函数”

B．、均是“蝶型函数”

C．是“蝶型函数”；不是“蝶型函数”

D．不是“蝶型函数”：是“蝶型函数”

【答案】B

【分析】由，，求得导数判断单调性，结合“蝶型函数”可判断；

由平方差公式，化简结合“蝶型函数”可判断．

【详解】由，设，导数为，即有，；时，；

设，其导数为，时，，时，，

可得恒成立，即有为“蝶型函数”；

由，可得为“蝶型函数”．

故选B．

【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查不等式恒成立问题解法，以及运算能力，属于中档题．

二、填空题

5．若集合﹐则_________．

【答案】

【分析】由交集的运算求解

【详解】，则

故答案为：

6．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则__________．

【答案】

【分析】先求出复数z，再求.

【详解】因为复数z满足，所以，所以.

故答案为：

7．若关于、的线性方程组的增广矩阵为，该方程组的解为，则的值是________

【答案】

【分析】首先应理解方程增广矩阵的定义，由增广矩阵写出原二元线性方程组，根据方程的解x，y，最后求m+n的值．

【详解】解由二元线性方程组的增广矩阵为，

可得到二元线性方程组的表达式

方程组的解为则

则m+n的值为10

故答案为10

【点睛】此题主要考查二元线性方程组的增广矩阵的涵义，计算量小，属于较容易的题型．

8．若圆锥的母线长是5，高是 4，则该圆锥的体积是______.

【答案】

【分析】求出圆锥的底面半径，然后利用圆锥的体积个数求解即可．

【详解】解：圆锥的母线长为5，高为4，

可得圆锥的底面半径为：，

所以圆锥的体积是：．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查圆锥的体积的求法，属于基础题．

9．方程（t为参数，）所对应曲线的普通方程为__________．

【答案】

【分析】直接用代入消元法消去t即可求解.

【详解】方程（t为参数，）消去t得：.

故答案为：

10．二项式展开式中的常数项为__________．

【答案】

【详解】由题额意得，

二项式的展开式的通项为，

令，所以，所以展开式的常数项为．

11．5位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为________

【答案】

【分析】设A＝{周六、周日都有同学参加公益活动}，计算出事件A包含的基本事件的个数，除以基本事件的总数可得．

【详解】设A＝{周六、周日都有同学参加公益活动}，基本事件的总数为25＝32个，而5人都选同一天包含2种基本事件，

故A包含32﹣2＝30个基本事件，

∴p（A）．

故填：．

【点睛】本题考查古典概型的概率计算，考查了利用对立事件来求事件A包含的基本事件的方法，属于基础题．

12．在平面直角坐标系中，已知点，若为平面区域上一个动点，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】作出可行域，确定目标函数，平移直线，即可得到结论．

【详解】画出平面区域，

则，

令，则即求的取值范围，

，线性规划得到分别在点和取到最值，

将点和代入，得

的取值范围是.

故答案为: .

【点睛】本题考查线性规划、向量的坐标表示、平面向量数量积的运算等基础知识，考查数形结合的数学思想，属于中档题．

13．焦点在x轴上的椭圆上任意一点到其中一个焦点的距离恒大于1，则t的取值范围为__________．

【答案】

【分析】由题意列不等式求解

【详解】由题意得，即，解得，

故答案为：

14．已知是公比为的等比数列的前项和．若对任意的，都有成立，则___________．

【答案】

【分析】当或时，可根据等比数列求和公式验证出极限不存在，不符合题意；当时，由等比数列求和公式和通项公式可构造出关于的方程，解方程求得结果.

【详解】①当时，，极限不存在，不合题意

②当时，

当或时，极限不存在，不合题意

当时，

又       ，即

解得：（舍）或

综上所述：

故答案为

【点睛】本题考查等比数列通项公式和前项和公式的应用，涉及到极限思想的运用；关键是能够通过分类讨论确定存在极限的情况下的取值范围.

15．设，若关于的方程在区间上有三个解，且它们的和为，则__________．

【答案】或

【分析】分析可知关于的方程在区间上的三个解必有两解分别为，，设另外一解为，分析可知点与点关于对称轴对称，或与点关于对称轴对称，根据三根之和求出的值，根据已知条件可得出关于的等式，结合的取值范围可求得的值.

【详解】因为函数的最小正周期为，

因为关于的方程在区间上有三个解，

则其中两个解必为，，设另外一解为，

所以，点与点关于对称轴对称，或与点关于对称轴对称，

因为，可得.

由，可得，

若点与点关于对称轴对称，则，

可得，因为，此时或；

若点与点关于对称轴对称，则，

可得，因为，此时或.

综上所述，或.

故答案为：或.

16．将函数的图象关于轴对称，得到的图象，当函数与在区间上同时递增或同时递减时，把区间叫做函数的“不动区间”．若区间为函数的“不动区间”，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【分析】求出函数的图象关于轴对称对称的函数的解析式为，分、两种情况讨论，化简两个函数的解析式，对两个函数在区间上的单调性进行分类讨论，可的关于实数的不等式（组），综合可求得实数的取值范围.

【详解】函数的图象关于轴对称对称的函数的解析式为，

因为区间为函数的“不动区间”，

所以，函数与函数在上的单调性相同，

若，则在上单调递增，

在上单调递减，不合乎题意；

若，则，

若函数在上单调递增，则，可得，

此时函数在也单调递增，则，可得，则；

若函数在上单调递减，则，可得，

此时函数在也单调递减，则，可得，则不存在.

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：.

三、解答题

17．已知直三棱柱中，.

（1）求异面直线与所成角；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）（2）

【分析】（1）求出，因，进而为异面直线与所成的角或补角，即可求解（2）设点到平面的距离为，由，能求出点到平面的距离.

【详解】（1）在直三棱柱中，，

所以，

因为，

所以为异面直线与所成的角或补角，

在中，因为，

所以异面直线与所成角为.

（2）设点到平面的距离为，

由（1）得

，

因为，

所以，解得，

所以点到平面的距离为.

【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角的求法，点到平面的距离的求法，等体积法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，属于中档题

18．已知函数，．       

（1）求函数的单调递减区间；

（2）在△中，若，且，，求△外接圆半径的长．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）利用倍角公式降幂，再化为，

由复合函数的单调性求函数y＝f（x）的单调递减区间；

（2）由f（A）＝f（B），且A≠B，求得A+B，得C，结合c＝AB，再由正弦定理求得△ABC外接圆半径的长．

【详解】(1) 函数．

由，得．

由正弦函数的单调性可知，当，

即时，函数递减．

所以，函数，的单调递减区间是．

(2)函数．

在△中，因为，，所以，．

由，及，得，

解得，于是．

设三角形的外接圆半径长为，因为，所以．

【点睛】本题考查三角函数的恒等变换应用及单调性，考查了考查三角形的解法，是中档题．

19．科学研究表明：一般情况下，在一节40分钟的课中，学生的注意力随教师讲课的时间变化而变化.开始上课时，学生的注意力逐步增强，随后学生的注意力开始分散．经过实验分析，得出学生的注意力指数随时间（分钟）的变化规律为：

（1）如果学生的注意力指数不低于80，称为“理想听课状态”，则在一节40分钟的课中学生处于“理想听课状态”所持续的时间有多长？（精确到1分钟）

（2）现有一道数学压轴题，教师必须持续讲解24分钟，为了使效果更好，要求学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大，那么，教师上课后从第几分钟开始讲解这道题？（精确到1分钟）（参考数据：）

【答案】（1）20分钟；（2）第4分钟.

【分析】（1）由结合分段函数的解析式来解不等式，从而求得学生处于“理想听课状态”所持续的时间.

（2）结合分段函数的解析式、二次函数的对称性以及注意力指数的要求列方程，化简可求得正确结论.

【详解】（1）由于学生的注意力指数不低于80，即

当时，由得；

当时，由

得；

所以，，

故学生处于“理想听课状态”所持续的时间有20分钟.

（2）设教师上课后从第分钟开始讲解这道题，持续时间分钟，，

的对称轴为，要使学生的注意力指数最低值达到最大，则，且，

即，

解得.

所以，教师上课后从第4分钟开始讲解这道题，能使学生的注意力指数最低值达到最大.

20．设，椭圆：与双曲线：的焦点相同．

（1）求椭圆与双曲线的方程；

（2）过双曲线的右顶点作两条斜率分别为，的直线，，分别交双曲线于点，（，不同于右顶点），若，求证：直线的倾斜角为定值，并求出此定值；

（3）设点，若对于直线，椭圆上总存在不同的两点与关于直线对称，且，求实数的取值范围．

【答案】（1）椭圆的方程为，双曲线的方程为；（2）详见解析.（3）见解析．

【分析】（1）利用椭圆和双曲线的性质，结合焦点相同，建立方程，计算m值，即可．（2）设出直线方程，代入双曲线方程，建立等式，计算P的坐标，同理得到Q的坐标，结合，可以得到，发现直线PQ与x轴平行，故证之．（3）结合题意，设出直线AB的方程，代入椭圆解析式中，建立方程，计算出AB的中点M坐标，而M又在直线l上，代入，结合题目所提供的不等式，建立不等关系，即可得到b的范围．

【详解】解：（1）由题意，，所以．

所以椭圆的方程为，双曲线的方程为．

（2）双曲线的右顶点为，因为，不妨设，则，

设直线的方程为，

由,得，

则,()，.

同理，，，

又，所以，.

因为，所以直线与轴平行，即为定值，倾斜角为0． ，

（3）设，，直线的方程为，

由整理得，

△，故．

，，

设的中点为，则，，

又在直线 上，所以，．

因为，，

所以

，所以．又，．

即.

【点睛】本道题考查了椭圆与双曲线的性质，直线与圆锥曲线位置关系，难度较大．

21．对于数列，若存在正数，使得对任意都成立，则称数列为“拟等比数列”．

(1)已知，，且，若数列和满足：，且，；

①若，求的取值范围；

②求证：数列是“拟等比数列”；

(2)已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，，，且是“拟等比数列”，求的取值范围（请用、表示）．

【答案】(1)①；②证明见解析

(2)

【分析】（1）①根据基本不等式可求得的取值范围；

②利用数学归纳法证明出：，，然后利用不等式的性质可证得，即可证得结论成立；

（2）由题中条件，，，先求出的范围；再根据是“拟等比数列”，分类讨论和，利用参变量分离法结合数列的单调性即可得出结果.

【详解】(1)解：①因为，，且，，，

所以，的取值范围是；

②由题意可得，

则，即，

假设当时，，

则当时，，即，

所以，对任意的，，

所以，，，

即存在，使得，

所以，数列是“拟等比数列”.

(2)解：因为，，，

即，所以，

即，且有，

因为，则，所以，，

又因为数列是“拟等比数列”，故存在，使得，且数列为单调递减数列.

①当时，此时，

所以，，

因为，则，

因为数列在时单调递减，故，

而；

②当时，，则，

由，则，

因为数列在时单调递减，故.

由①②可得，即的取值范围是.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.