2022届上海市大同中学高三上学期期中数学试题（解析版）

2022届上海市大同中学高三上学期期中数学试题

一、填空题

1．函数的定义域是______________．

【答案】

【分析】对数函数满足真数大于0，建立不等式，即可．

【详解】结合对数函数满足真数大于0,可以得到,解得x的范围为

【点睛】本道题考查了对数函数定义域计算方法，抓住真数大于0，即可．

2．双曲线的顶点到其渐近线的距离为________

【答案】

【分析】先由双曲线方程得到其顶点坐标，与渐近线方程，再由点到直线距离，即可求出结果.

【详解】因为双曲线的顶点为，渐近线方程为：，

即，

因此顶点到渐近线的距离为：.

故答案为

【点睛】本题主要考查双曲线顶点到渐近线的距离，熟记双曲线的性质，以及点到直线距离公式即可，属于基础题型.

3．函数为偶函数，则_______.

【答案】

【分析】根据f(-x)=f(x)即得a的值.

【详解】由题得f（-x）=f(x),所以（-x+1）(-x+a)=(x+1)(x+a),所以（a+1）x=0对于x∈R恒成立，所a+1=0,所以a=-1.

故答案为-1

【点睛】（1）本题主要考查偶函数的性质，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)偶函数满足f（-x）=f(x)对定义域内的每一个值都成立.

4．已知复数（i为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根，则_________．

【答案】0

【分析】把代入方程得，再化简方程利用复数相等的概念得到的值，即得的值.

【详解】由复数（i为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根

所以，即

由复数相等可得 ，故

故答案为：0

5．在的二项展开式中，含有项的系数为________（结果用数值表示）

【答案】

【分析】先由二项展开式的通项公式得到，令，即可得出结果.

【详解】因为的二项展开式的通项为，

要求含有项的系数，只需令，

所求系数为.

故答案为

【点睛】本题主要考查指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.

6．若、满足约束条件，则的最小值为________

【答案】

【解析】由、满足约束条件，画出可行域，将目标函数转化为，平移直线，由直线在y轴上的截距最小时，目标函数取得最小值求解.

【详解】由、满足约束条件，画出可行域如图所示阴影部分：

将目标函数转化为，平移直线，

当直线经过点时，直线的y轴上的截距最小，

此时，目标函数取得最小值，最小值为-2，

故答案为：-2

7．如图：在中，若，，，则__________．

【答案】

【分析】用基底、表示向量和，然后利用平面向量数量积的运算律和定义即可计算出的值.

【详解】，，.

，即，，，

因此，.

故答案为：.

【点睛】本题考查三角形中数量积的计算，解题的关键就是选择合适的基底来表示问题所涉及的向量，考查计算能力，属于中等题.

8．甲乙丙丁四位同学分别去甘肃、内蒙古、北京三个地方调研新冠疫情发展情况，每个地方至少一个人去，且甲乙两人不能去同一个地方，则不同分法的种数有 __种

【答案】30

【分析】将甲乙丙丁四人分成三组，有两种方案，一是丙丁一组甲乙各一组，二是甲或乙和丙丁其中一个组成一组，其他各一组，然后进行分配即可解出．

【详解】将甲乙丙丁四人分成三组且甲乙两人不能分在同一组的分法有：，

所以不同分法的种数有5＝30，

故答案为：30．

9．已知圆和定点，若过可以作两条直线与圆相切，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据过可以作两条直线与圆相切，可得点在圆的外部，得到，列出不等式，即可求解.

【详解】由题意，圆，可得圆心坐标为，半径，

因为过可以作两条直线与圆相切，可得点在圆的外部，

所以，即，解得或，

即实数的取值范围是.

故答案为.

【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，以及点与圆的位置关系的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

10．已知函数，若存在实数满足，则实数的取值范围是__

【答案】

【分析】判断在定义域内递增，结合条件可得的图象与直线有交点，即方程有解，运用参数分离和二次函数的值域求法，可得所求范围．

【详解】函数在递增，

若存在实数满足，可得的图象与直线有交点，

即方程有解．

由，可得，即有，

而在，递增，，递减，

可得的最大值为，此时，

则，即的取值范围是．

故答案为：．

11．若点集，，则点集所表示的区域的面积是__________

【答案】

【分析】转化条件为，进而可得点表示以集合B表示的矩形内（包括边界）的点为圆心，1为半径的圆面，画出点集表示的区域后，即可得解.

【详解】由，可得，

又，

所以点表示以集合B表示的矩形内（包括边界）的点为圆心，1为半径的圆面，

如图所示，点集表示的是由4段圆弧及连接它们的四条切线围成的区域，

其面积.

故答案为：.

【点睛】本题考查了由不等式表示的平面区域的相关问题，考查了转化化归思想，属于中档题.

12．已知数列的首项为，且满足，则下列命题：①是等差数列；②是递增数列；③设函数，则存在某个区间，使得在上有唯一零点；则其中正确的命题序号为________

【答案】②③

【分析】对于①，将已知递推关系式变形可证得数列为等比数列；对于②，结合等比数列通项公式可求得，可验证出，知数列递增；对于③，结合指数函数单调性可确定单调性，利用零点存在定理可得到结论.

【详解】对于①，由得：，

又，是首项为，公比为的等比数列，①错误；

对于②，由①知：，，

，

是递增数列，②正确；

对于③，由②知：，单调递减，

单调递增

，，

当时，，，即，由零点存在定理知③正确；

综上所述：正确的命题序号为②③.

故答案为：②③.

【点睛】本题考查数列与函数综合应用问题，涉及到利用递推关系式证明数列为等比数列、根据递推关系式求解数列通项公式和确定数列增减性、零点存在定理的应用等知识；解题关键是能够熟练掌握数列增减性和函数单调性的判断方法.

二、单选题

13．若，则下列不等关系中，不能成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】采用作差法可判断AD;举反例可判断B;根据函数的单调性判断C

【详解】对于选项：因为，则 ，

所以，故选项正确；

对于选项：取，满足，但，故选项错误；

对于选项：因为函数为单调增函数，

所以时，，故选项正确；

对于选项：因为，所以，故选项正确．

故选：．

14．如图的后母戊鼎（原称司母戊鼎）是迄今为止世界上出土最大、最重的青铜礼器，有“镇国之宝”的美誉，后母戊鼎双耳立，折沿宽缘，直壁，深腹，平底，下承中空“柱足”，造型厚重端庄，气势恢宏，是中国青铜时代辉煌文明的见证，如图为鼎足近似模型的三视图（单位：，经该鼎青铜密度为（单位：，则根据三视图信息可得一个柱足的重量约为（重量体积密度，单位：（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得出，鼎足是一个外半径为，内半径为的中空圆柱体，然后利用体积的计算公式即可求解.

【详解】由三视图得，鼎足可看成一个中空圆柱体，

外半径为，内半径为，则其重量为，

故选：．

15．对于函数，若集合中恰有个元素，则称函数是“阶准奇函数”．若函数，则是“（    ）阶准奇函数”．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】根据“阶准奇函数”的定义，可将问题转化为与的图象交点个数的问题，作出两个函数图象可得结果．

【详解】由时，，得，

下图为与的图象，

由图可知，当时，两个函数图象有4个交点，即．

故选：D．

16．给出下列四个命题：（1）函数的反函数为，（2）函数为奇函数，（3）参数方程所表示的曲线是圆，（4）函数，当时，恒成立，其中真命题的个数为（    ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

【答案】D

【分析】根据反函数的定义判断（1）；

根据奇偶性和幂函数的性质判断（2）；

利用消参的方法得到直角坐标方程，即可判断（3）；

利用特殊值的思路，令，得到，即可判断（4）.

【详解】对于（1），函数的反函数为，故（1）错误；

对于（2），函数，由于当时，为偶数，

故为奇数，故函数为奇函数，当时为奇函数，故（2）正确；

对于（3），参数方程转换为直角坐标方程为，所表示的曲线是圆的一部分，故（3）错误；

对于（4），函数，当时，令，，故（4）错误；

故选：D．

三、解答题

17．直三棱柱中，底面ABC为等腰直角三角形，，，，M是侧棱上一点，设，用空间向量知识解答下列问题．

1若，证明：；

2若，求直线与平面ABM所成的角的正弦值．

【答案】（1）见解析；（2）

【分析】1以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量的数量积为0即可证明C. 2当时，求平面ABM的法向量，利用向量法求出直线与平面ABM所成的角的正弦值．

【详解】证明：1直三棱柱中，底面ABC为等腰直角三角形，

，，，

M是侧棱上一点，设，，

以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

0，，2，，0，，2，，

2，，2，，

，C.

2当时，2，，0，，

0，，2，，

设平面ABM的法向量y，，

则，取，得1，，

设直线与平面ABM所成的角为，

则．

直线与平面ABM所成的角的正弦值为．

【点睛】本题考查利用向量的方法证明线线垂直，考查向量法解决线面角问题，考查运算求解能力，属于基础题．

18．已知函数为常数，且，函数的图像关于直线对称．

(1)求函数的最小正周期；

(2)在锐角中，角的对边分别为，若，求的面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式，利用正弦函数的性质求，即可得解函数解析式，利用正弦函数的周期公式即可求解；

（2）由题意可求，根据范围，可求的值，进而根据余弦定理，基本不等式可求，根据三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）因为

，

函数的图像关于直线对称，所以，

所以，因为，所以，

所以，最小正周期为；

（2），所以，

又，所以，所以，因为，

由余弦定理得，即，

所以，当且仅当时取等号，

所以的面积的最大值为．

19．已知数列各项均为正数，为其前项的和，且成等差数列.

（1）写出、、的值，并猜想数列的通项公式；

（2）证明（1）中的猜想；

（3）设，为数列的前项和.若对于任意，都有，求实数的值.

【答案】（1），，，；（2）详见解析；（3）.

【分析】（1）代入，求出，，，猜想出即可；

（2）利用等差数列的定义证明即可；

（3）由（2）知，，因为，都是整数，所以对于任意，都是整数，进而是整数，所以，，此时，因为的任意性，不妨设，求出即可．

【详解】（1）解：由已知，

所以，，，

猜想

证明（2）当时，，

所以

得，

因为，所以

数列为等差数列，又由（1），

所以

（3）解由（2）知，.

若，则，

因为，都是整数，所以对于任意，都是整数，进而是整数

所以，，此时，

设，则，所以或2

①当时，对于任意，

②当时，对于任意，

所以实数取值的集合为

【点睛】考查数列的递推公式，等差数列的通项公式，含参问题的数列前n项和公式的应用，中档题．

20．已知椭圆过点，，分别为椭圆的左、右焦点且.

(1)求的值及椭圆的方程；

(2)设直线平行于为原点)，且与椭圆交于两点A、.

(i)当面积最大时，求的方程；

(ii)当A、两点位于直线的两侧时，求证：直线是的平分线.

【答案】(1)，；

(2)(ⅰ)；(ii)证明见解析﹒

【分析】(1)根据题意列出关于a、b、c的方程组即可求得c和椭圆的标准方程；

(2)(i)根据几何关系表示出的面积，求其最大值即可得到l的方程；

(ii)要证直线为是的平分线，转化为证明.

【详解】（1）设，，则，，

∵，解得，

由在椭圆上，可得，又，解得，，

则椭圆的方程为；

（2）(ⅰ)解：由于，设直线的方程为，，，，，

由可得，

则△，解得，

，，

则，

又点到的距离，

∴，

当且仅当，即时，等号成立.

∴直线的方程为；

(ii)证明：要证直线为是的平分线，转化为证明，

因此结论成立.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．已知函数的定义域为，若存在实常数及，对任意，当且时，都有成立，则称函数具有性质，集合叫做函数的性质集．

(1)判断函数是否具有性质，并说明理由；

(2)若函数具有性质，求的性质集；

(3)已知函数不存在零点，且当时具有性质（其中，，若，求证：数列为等比数列的充要条件是或．

【答案】(1)函数不具有性质；理由见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】(1)根据已知条件，满足性质，则对任意的都成立，解出看符不符合已知条件即可.(2)因为函数满足性质，则一定满足关系式，化简列方程组即可解决.(3)证明数列为等比数列，则通过等比数列的定义证明，又由于函数不存在零点，且当时具有性质，则利用已知条件的定义可知，，代入，化简证明，因为是证明充要条件，所以要分别证明充分性和必要性.

【详解】（1）若函数具有性质，则存在实常数及，

使得对任意的都成立

即，所以，，不合题意，舍去．

所以函数不具有性质．

（2）由题意存在实常数及，

使得对任意的都成立，

即，

化简得对任意的都成立，

所以，

解得或，

所以，．

所以的M性质集为

（3）法一：由函数不存在零点，且具有性质得，

对任意的，，都有，

即①，所以，

记，则，②

充分性：当时，，反复代入②式得，，……，，

即对任意的，都有，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

同理，当时，数列是以为首项，为公比的等比数列，

必要性：若数列是等比数列，不妨设，则，

又由①得，所以，所以，

即或，即或．

法二：由函数不存在零点，且具有性质得，

对任意的，，都有

即①

对①变形得如下两式②，③，

由②得④，

由③得⑤，

④⑤，得，

所以，

当时，，当时，，此时是等比数列；

当且时，显然不是等比数列．