2022届上海市大同中学高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022届上海市大同中学高三上学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：05．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：-27．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2①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．