上海市交通大学附属中学2022届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

上海市交通大学附属中学2021-2022学年高三上期末数学试卷一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.设，则的虚部为________【答案】【解析】【分析】经计算后再由虚部定义，可得答案·.【详解】因为，所以的虚部为.故答案为：.2.__________．【答案】0【解析】【分析】根据分子的有界性，分母的极限性即可求解．【详解】解：因为，而时，，∴．故答案为：0．【点睛】本题考查极限求解，属于基础题目．3.已知，，则=_____【答案】【解析】【详解】解：因为 4.的二项展开式中，项的系数是__________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中项的系数.【详解】的二项展开式的通项为，，展开式项的系数为.故答案为：-5.5.已知圆锥的体积为，母线与底面所成角为，则该圆锥的表面积为_______．【答案】【解析】【分析】设圆锥底面半径，则母线长，高，则，求出，，该圆锥的表面积为，由此能求出结果．【详解】解：圆锥的体积为，母线与底面所成角为，如图，设圆锥底面半径，则母线长，高， ，解得，，，该圆锥的表面积为．【点睛】本题考查圆锥的表面积的求法，考查圆锥的性质、体积、表面积等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.已知向量满足，则的夹角为___________.【答案】【解析】【分析】根据，两边平方求得，从而可求得夹角的余弦值，即可得解.【详解】解：由，得，又，所以，所以，即，所以，又因，所以.即的夹角为.故答案为：. 7.若实数满足，则的最小值为_____．【答案】.【解析】【分析】作出不等式组所表示的平面区域，令，得到表示直线在轴的截距，结合图像，即可得出结果.【详解】画出实数满足的平面区域，如图示：令得：，因此表示直线在轴的截距，由图像可得，当直线过点时，截距最小，即最小，由得，所以.故答案为【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.8.设数列的前项和为，若与的等差中项为常数2，则数列的各项和是________【答案】【解析】【分析】由题得，则，作差有，求出首项即可得到，再利用等比数列求和公式即可. 【详解】与的等差中项为常数2，，即①②①②得，即，当时，，解得，故是以2为首项，公比为的等比数列，故，故.故答案为：.9.学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学.现从该小组中选出3位同学分别到三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有________种.【答案】420【解析】【分析】分步相乘计数，第一步求男女均有的选法，第二步求到三地的分法.【详解】满足条件的事件是选出的3位同学中男女都有，包括两种情况，一是一男两女，二是一女两男，共有，分别到三地进行社会调查，有，故共有种．故答案为：42010.已知空间一点M到正方体六个表面距离分别为5、6、7、8、9、10，则正方体的体积为______【答案】1或或3375 【解析】【分析】根据空间任意一点到正方体六个面的距离，存在3对距离之差或和等于棱长，结合已知求棱长，即可求正方体的体积.【详解】由正方体的性质，空间中一点到平行两个平面的距离之差或和为棱长，所以，已知距离中存在3对距离之差或和为定值，即为正方体棱长.由题设，棱长为，，所以正方体的体积为1或或.故答案为：1或或3375.11.已知半径为3和5的两个圆和内切于点，点分别在两个圆和上，则的范围是________【答案】【解析】【分析】不妨设切点，，，则可得，即可结合三角恒等变换化简求的范围.【详解】不妨设切点，，，因为点分别在两个圆和，所以设，所以， 其中.令，则，所以，且，所以.故答案为：12.已知抛物线过点.直线与拋物线交于两个不同点(均与点不重合)，设直线的斜率分别为且，则直线过定点________（请写出定点的坐标）.【答案】【解析】【分析】代入点可求得抛物线的方程为，设直线的方程为与联立消，用韦达定理表示出，可求出的关系式，再化为点斜式方程即可得出定点.【详解】依题意，抛物线，过点，得，即，得抛物线的方程为，设，，直线的方程为，联立抛物线方程，得，，，，又，，， ，得，则的方程为，即，令，则，得直线恒过定点．故答案为：.二、选择题（本大题共有4小题，满分20分，每题5分）13.函数的反函数为的图象与直线有且仅有一个交点，则与的交点个数为（）A.0个B.1个C.2个D.不确定【答案】D【解析】【分析】举特例和即可求解.详解】不确定，例如，令，可得，故与有1个交点.，令，可得，故或.对于，可得,即，解得或.对于，可得.因为且,解得,故（舍去）.故的根为或或， 故与有3个交点.故与的交点个数不确定.故选:D.14.设，则“”是“”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由的范围得到，则由能得到，反之不成立，从而可求得结果.【详解】，，故，若“”，则“”，若“”，则，此时可能不成立，例如，由此可知，“”是“”必要不充分条件，故选B.【点睛】判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.15.直线与双曲线C：的渐近线交于A、B两点,设P为双曲线C上的任意一点,若(a、bÎR,O为坐标原点),则下列不等式恒成立的是A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出A、B两点坐标，利用可以得到点的坐标，代入双曲线方程可得，然后利用基本不等式可选出答案．【详解】双曲线C：的渐近线为，与直线交于，，设，则，，，因为，所以，，由于点在双曲线上，故，解得，则（当且仅当时取“=”）．故答案为B.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，考查了向量的坐标表示，考查了利用基本不等式求最值，考查了计算能力，属于中档题．16.已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则下列命题正确的个数为（）（1）若与平面所成的角为，则动点所在的轨迹为圆；（2）若三棱柱的侧面积为定值，则动点所在的轨迹为椭圆；（3）若与所成的角为，则动点所在的轨迹为双曲线；（4）若点到直线与直线的距离相等，则动点所在的轨迹为抛物线A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】D 【解析】【分析】对于(1)，利用圆的定义判断；对于(2)，利用椭圆的定义判断；对于(3)，易得运动成圆锥面判断；对于(4)，利用抛物线的定义判断.【详解】如图所示：对于(1)，因为与平面所成的角为，所以，所以点的轨迹为圆，所以正确；对于(2)，当三棱柱的侧面积为定值时，因为高为2，则为定值，且大于，所以点的轨迹为椭圆，正确；对于(3)，因为、，所以，于是满足条件的运动成圆锥面，又平面，所以圆锥面被平面所截的交线为双曲线，所以正确；对于(4)，因为点到直线与直线距离相等，所以点的轨迹为点到点与直线的距离相等的轨迹，即抛物线，所以正确；故选：D．三、解答题（本大题共5题，满分76分）17.1.如图，在正三棱柱中，，AB=2，D，E分别是AC，的中点. （1）证明：BD//平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）具体见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于，进而证明四边形是平行四边形，然后结合线面平行的判定定理证明问题；（2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量的夹角运算求得答案.【小问1详解】连接交于，则为的中点，连接，而为的中点，所以，又因为为的中点，所以，所以，则四边形是平行四边形，所以，而平面，平面，于是平面. 【小问2详解】因为底面是边长为2的正三角形，为的中点，则，而平面.于是，以为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以，设平面和平面的法向量分别为，则，令，则，，令，则，所以，由图可知，二面角的余弦值为.18.设均为非零实数，且满足.（1）求的值； （2）在锐角中，若，求的取值范围.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）令，结合弦化切及正切和差公式可得，即可求得，；（2）由（1）可在锐角中得，，，由三角恒等变换化简得，即可根据B的范围求值.【小问1详解】因为均为非零实数，且满足，令，则，即，所以，，即，所以．【小问2详解】在锐角中，若，则，，，在锐角中，，所以，故取值范围为．19.如图，三个校区分别位于扇形OAB的三个顶点上，点Q是弧AB的中点，现欲在线段OQ上 找一处开挖工作坑P（不与点O，Q重合），为小区铺设三条地下电缆管线PO，PA，PB，已知OA＝2千米，∠AOB＝，记∠APQ＝θrad，地下电缆管线的总长度为y千米．（1）将y表示成θ的函数，并写出θ的范围；（2）请确定工作坑P的位置，使地下电缆管线的总长度最小．【答案】（1）（2）P与O的距离为时，地下电缆管线的总长度最小【解析】【分析】（1）首先根据Q为弧AB的中点，得到知PA＝PB，∠AOP＝∠BOP＝，利用正弦定理得到，根据OA＝2，得到PA＝，OP＝，从而得到y＝PA+PB+OP＝2PA+OP＝＝，根据题意确定出；（2）对函数求导，令导数等于零，求得，确定出函数的单调区间，从而求得函数的最值.【详解】（1）因为Q为弧AB的中点，由对称性，知PA＝PB，∠AOP＝∠BOP＝，又∠APO＝，∠OAP＝，由正弦定理，得：，又OA＝2， 所以，PA＝，OP＝，所以，y＝PA+PB+OP＝2PA+OP＝＝，∠APQ＞∠AOP，所以，，∠OAQ＝∠OQA＝，所以，；（2）令，，得：，在上递减，在上递增所以，当，即OP＝时，有唯一的极小值，即是最小值：＝2，答：当工作坑P与O的距离为时，地下电缆管线的总长度最小．【点睛】该题考查的是应用题，涉及到的知识点有圆的相关性质，正弦定理，应用导数研究函数的最值问题，属于较难题目.20.已知点为双曲线的左右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴上方交双曲线于点，且的面积为.圆的方程是.（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为，求的值； （3）过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于两点，中点为，若恒成立，试确定圆半径.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由面积可求，再根据双曲线的定义可求，从而可求双曲线的方程；（2）求出双曲线的渐近线方程，设两渐近线的夹角为，根据到角公式可求与，根据点到直线的距离公式可求，根据平面向量的数量积运算结合在双曲线上即可求解；（3）由题意可得，设，，当的斜率存在时，设直线，与双曲线方程联立，根据韦达定理及可得，根据点到直线的距离公式可求，当的斜率不存在时亦可求得.【小问1详解】因为的面积为，所以，所以，解得，此时，所以，故双曲线的方程为.【小问2详解】由题意得两条渐近线分别为，设双曲线上的点，设两渐近线的夹角为，则， 得．则点到两条渐近线的距离分别为，因为在双曲线上，所以，又，所以.【小问3详解】中点为，若，则．设，，当的斜率存在时，设直线，由得，所以，所以，所以，所以，所以，所以,所以圆心到直线的距离.当的斜率不存在时，直线，得，也满足，综上，圆半径． 【点睛】解决直线与双曲线的综合问题时，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、双曲线的条件；(2)强化有关直线与双曲线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.已知数列为等差数列，公差为，前项和为.（1）若，求的值；（2）若首项中恰有6项在区间内，求的范围；（3）若首项，公差，集合，是否存在一个新数列，满足①此新数列不是常数列；②此新数列中任意一项；③此新数列从第二项开始，每一项都等于它的前一项和后一项的调和平均数.若能，请举例说明；若不能，请说明理由.(注:数叫做数和数的调和平均数).【答案】（1）9900（2）（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由等差数列前n项和公式可得答案；（2）由题可得为递增等差数列，设在中的6项为，则，据此可得答案；（3）由题可得，.由所给信息可得，可得若存在，则为无穷数列，且为等差数列，后讨论两种情况下的存在性即可. 【小问1详解】因为，，又因为，所以；【小问2详解】由题可得为递增等差数列，设在中的6项为，则.若，则，得不存.若，则，则，解得，因，则，得.【小问3详解】由题可得，.假设存在，因从第二项开始，每一项都等于它的前一项和后一项的调和平均数，则为无穷数列，又由③，当， ，得为等差数列，又，则.若，其中，则此时为常数列，得是常数列.这与不是常数列矛盾，则时，不存在这样的数列.若，，其中.则.若，可得，又，则.则，这与矛盾，故时，不存在这样的数列；若，可得，又，则.则，这与矛盾，故时，不存在这样的数列.综上，不存在这样的数列.【点睛】关键点点睛：本题涉及等差数列与数列新定义，难度较大.（1）问较为基础；（2）问关键在于由题目条件找到关于与d的不等式；（3）问首先由题目定义确定为无穷数列及为等差数列，再结合不是常数列与导出矛 盾·.