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上海市金山区2021-2022学年高三数学下学期二模试题(Word版附解析)

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金山区2021学年第二学期质量监控高三数学试卷一、填空题(本大题共有12题,满分54分,第1~6题每题4分,第7~12题每题5分)考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.1.已知集合,若,则实数的值为__________.【答案】0【解析】【分析】解方程即得解.【详解】解:因为,所以(舍去)或,所以.故答案为:02.已知(为虚数单位),则___________.【答案】##【解析】【分析】根据复数代数的四则运算计算即可.【详解】,.故答案为:.3.在正项等比数列中,,,则的公比为___________.【答案】3【解析】【分析】由题设知等比数列公比,根据已知条件及等比数列通项公式列方程求公比即可.【详解】由题设,等比数列公比,且,所以,可得或(舍),故的公比为3.故答案为:3 4.的二项展开式中项的系数为__________.(结果用数字作答)【答案】24【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式,即可求得答案.【详解】由题意可得的通项公式为:,故项的系数为,故答案为:245.若正方体的棱长为,则顶点到平面的距离为__.【答案】【解析】【分析】连接,设,进而可证明平面,再由已知棱长求得即为答案.【详解】解:如图,在正方体中,由正方体的结构特征可知平面,因为平面,所以连接,设,则,因为,平面,所以,平面,即平面,所以,即为顶点到平面的距离,因为正方体的棱长为,所以,.故答案为:. 6.不等式组表示的平面区域的面积等于__________.【答案】25【解析】【分析】画出可行域,再分别求得可行域的顶点,进而求得底和高即可【详解】画出可行域如图,解得,解得,解得,故,到的距离为,故不等式组,表示的平面区域的面积等于故答案为:7.已知向量,则函数的单 调递增区间为__________.【答案】【解析】【分析】根据数量积的坐标公式,结合三角恒等变换公式化简可得,再求解单调递减区间,结合求解即可【详解】由题意,,故的单调递增区间:,即,故在的单调递增区间为故答案为:8.将一枚骰子先后抛两次,则向上的点数之积为12的概率为__________.(结果用最简分数表示)【答案】【解析】【分析】将一枚骰子先后抛两次,先计算所有可能的情况数,再分析其中向上的点数之积为12的情况数,进而求得概率即可【详解】由题意,将一枚骰子先后抛两次,所有可能的情况有种,其中向上的点数之积为12的情况有共4种情况,故向上的点数之积为12的概率为故答案为:9.过抛物线的焦点且斜率为的直线交抛物线于A,两点,,则的值为__________. 【答案】2【解析】【分析】求出直线的方程,与抛物线的方程联立,利用根与系数的关系可,,由抛物线的定义可知,,,即可得到.【详解】解:抛物线的焦点,,准线方程为,设,,,,则直线的方程为,代入可得,,,由抛物线的定义可知,,,,解得.故答案为:2.10.已知平面向量满足,若关于的方程有实数解,则面积的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】对两边平方有有解,再利用基本不等式可得,进而求得面积的最大值即可【详解】设,因为,故,则,显然,对两边平方有,即有解,因为 ,当且仅当,即时取等号.故,则面积的最大值为,当且仅当时取等号.故答案为:11.已知数列的前项和为,满足,函数定义域为,对任意都有.若,则的值为__________.【答案】【解析】【分析】先根据得出周期为4,再根据,结合通项与前项和的关系可得,再结合二项式定理求得除以4的余数,进而求得即可【详解】因为,,,,…易得周期为4.又由,,两式相减,即,又当时,,解得,故数列是以为首项,3为公比的等比数列,故,.又,故 除以4的余数为,故故答案为:12.设,若存在,使成立的最大正整数为9,则实数的取值范围是__________.【答案】##【解析】【分析】依题意,分类讨论作出函数简图,求得最值解不等式组即可【详解】依题意(1)当时,函数草图如下图所示, 此时,,则满足条件;(2)当时,函数草图如下图所示,此时,,则无解(3)当时,函数草图如下图 此时,,,则,无解;(4)当时,函数草图如下图所示,此时,,, 则解得,满足条件故答案为:二、选择题(本大题共有4题,满分20分,每题5分)每题有且只有一个正确答案,考生应在答题纸的相应位置,将代表正确选项的小方格涂黑.13.“”是“方程表示的曲线为双曲线”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】当,则且或且,此时方程表示的曲线一定为双曲线;则充分性成立;若方程表示的曲线为双曲线,则,则必要性成立,故选:.14.设是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题中的真命题为()A.若,则B若,则C.若,则D.若,则【答案】B【解析】【分析】在正方体中取直线和平面可排除ACD,由线面垂直的性质可得B正确. 【详解】在正方体中,记底面ABCD为,EF为m,EH为n,显然A不正确;记底面ABCD为,EF为m,平面CDHG为,故排除C;记底面ABCD为,BF为m,平面ABFE为,可排除D;由线面垂直的性质可知B正确.故选:B15.某地教育局为了解“双减”政策的落实情况,在辖区内高三年级在校学生中抽取100名学生,调查他们课后完成作业的时间,根据调查结果绘制如下频率直方图.根据此频率直方图,下列结论中不正确的是()A.所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业B.该地高三年级学生完成作业的时间超过3小时的概率估计为C.估计该地高三年级学生的平均做作业的时间超过小时D.估计该地高三年级有一半以上的学生做作业的时间在2小时至3小时之间【答案】D【解析】【分析】对A,利用直方图中2小时至小时之间的频率判断A;对B,计算超过3小时的频率可判断B;对C,根据直方图中平均数的公式计算,可判断C; 对D,计算做作业的时间在2小时至3小时之间的频率,可判断D.【详解】对A,直方图中2小时至小时之间的频率为,故所抽取的学生中有25人在2小时至小时之间完成作业,故A正确;对B,由直方图得超过3小时的频率为,所以B正确;对C,直方图可计算学生做作业的时间的平均数为:,所以C正确;对D,做作业的时间在2小时至3小时之间的频率为,所以D错误.故选:D.16.对于定义在上函数,若同时满足:(1)对任意的,均有;(2)对任意的,存在,且,使得成立,则称函数为“等均”函数.下列函数中:①;②;③;④,“等均”函数的个数是()A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】按照“等均”函数的定义,对四个函数一一验证,即可判断.【详解】对于①:因为,所以的定义域为R.对任意的,,满足(1);所以存在,使得,满足(2).所以为“等均”函数.对于②:因为,所以的定义域为.所以当时, ,此时不存在,不满足(1);所以不“等均”函数.对于③:因为,所以的定义域为.对任意的,,满足(1);.若满足,则有所以.又因为,所以,所以,满足且.所以为“等均”函数.对于④:因为,所以的定义域为R.对任意的,,满足(1);.若满足,则有设,则,所以在R上单调递减,所以,此时不满足(2).所以不是“等均”函数.故“等均”函数的个数是2.故选:B. 三、解答题(本大题满分76分)本大题共有5题,解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.17.如图,已知四棱锥的底面是梯形,平面,(1)求四棱锥的体积;(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用棱锥的体积公式求体积即可.(2)构建空间直角坐标系,求直线方向向量和面的一个法向量,利用空间向量夹角的坐标表示求线面角.【小问1详解】由题设,,又平面,所以,即四棱锥的体积为.【小问2详解】以为原点,射线分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系,则.设是平面的一个法向量,则由, 得,取,得.设直线与平面所成的角为,向量与所成的角为,则,故所以直线与平面所成角的大小为.18.在中,角、、所对的边分别为、、.已知,且为锐角.(1)求角的大小;(2)若,证明:是直角三角形.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角可解得,再由为锐角即可求解(2)利用正弦定理边化角之后再消元,可得,再结合的范围即可得证【小问1详解】由正弦定理可知,, 又在中,,即,为锐角,.【小问2详解】所以由正弦定理得:,又,即,,故可得,即为直角三角形.19.经过市场调研发现,某公司生产的某种时令商品在未来一个月(30天)内的日销售量(百件)与时间第天的关系如下表所示:第天131030日销售量(百件)23未来30天内,受市场因素影响,前15天此商品每天每件的利润(元)与时间第天的函数关系式为,且为整数,而后15天此商品每天每件的利润元与时间第天的函数关系式为(,且为整数). (1)现给出以下两类函数模型:①(为常数);②为常数,且.分析表格中的数据,请说明哪类函数模型更合适,并求出该函数解析式;(2)若这30天内该公司此商品的日销售利润始终不能超过4万元,则考虑转型.请判断该公司是否需要转型?并说明理由.【答案】(1)选择函数模型①,其解析式为(且为整数)(2)这30天内日利润均未能超过4万元,该公司需要考虑转型,理由见解析【解析】【分析】(1)将将以及分别代入对应的函数模型,求得对应的函数解析式,再代入计算判断是否满足即可;(2)记日销售利润为,根据一次函数与二次函数的单调性分析的最大值,判断与4万元的大小关系判断即可【小问1详解】若选择模型(1),将以及代入可得解得,即,经验证,符合题意;若选择模型(2),将以及代入可得,解得,即,当时,,故此函数模型不符题意,因此选择函数模型(1),其解析式为(且为整数)【小问2详解】记日销售利润为, 当且为整数时,,对称轴,故当时,利润取得最大值,且最大值为392(百元)当且为整数时,,当时,利润单调递减,故当时取得最大值,且最大值为(百元)所以,这30天内日利润均未能超过4万元,该公司需要考虑转型.20.已知椭圆的左、右焦点分别为,设是第一象限内椭圆上一点,的延长线分别交椭圆于点,直线与交于点.(1)求的周长;(2)当垂直于轴时,求直线的方程;(3)记与的面积分别为,求的最大值.【答案】(1)8(2)(3)【解析】【分析】(1)利用椭圆的定义求解;(2)根据,得到,然后由直线的方程与椭圆方程联立,求得的坐标即可; (3)设,直线的方程为,与椭圆方程联立,结合韦达定理得到,同理得到,然后由求解.另解令求解.【小问1详解】解:由椭圆的定义知,,所以的周长为8.【小问2详解】因为,故,直线的方程为.联立解得或即从而,直线的方程为,即.【小问3详解】设.设直线的方程为,其中.联立消去得 则.又,即,故.同理,.于是,,又,故,当且仅当,即时等号成立.故的最大值为.另解:令,则.当且仅当,即.故的最大值为. 21.对于集合且,定义且.集合A中的元素个数记为,当时,称集合A具有性质.(1)判断集合是否具有性质,并说明理由;(2)设集合,且具有性质,若中的所有元素能构成等差数列,求的值;(3)若集合A具有性质,且中的所有元素能构成等差数列,问:集合A中的元素个数是否存在最大值?若存在,求出该最大值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)集合具有性质,集合不具有性质,理由见解析(2)的值分别为4,5或5,9(3)存在最大值,最大值为4【解析】【分析】(1)根据集合A具有性质的定义进行判断,可得答案;(2)写出中的所有元素,分类讨论,结合等差数列的性质,列出相应的方程组,解得答案;(3)一数列新定义得在集合中,,得到,由此分类讨论,可确定n的取值,可得答案.【小问1详解】,故集合具有性质.故集合不具有性质【小问2详解】因集合具有性质,故.(i)若, 则,解得,经检验,符合题意,故的值分别为4,5.(ii)若,则,解得,经检验,符合题意,故的值分别为5,9.【小问3详解】不妨设,则在集合中,.又中所有元素能构成等差数列,设公差为,则,即,故.当时,是集合A中互不相同的4项,从而,与集合A具有性质矛盾.当时,,即成等差数列,且公差也为,故中的元素从小到大的前三项为,且第四项只能是或.(i)若第四项为,则,从而,于是,故,与集合A具有性质矛盾.(ii)若第四项为,则,故.另一方面,,即. 于是,故,与集合具有性质矛盾.因此,.由(2)知,时,存在集合A具有性质,故集合中的元素个数存在最大值,最大值为4.【点睛】本题考查了数列的新定义问题,综合考查了学生的阅读理解接受并理解新信息的能力,解答的关键是理解新定义的含义并能依此解决问题,其中还要注意分类讨论与整合的思想方法.

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发布时间:2023-04-18 23:06:02 页数:23
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文章作者:随遇而安

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