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上海市杨浦区2021-2022学年高三数学下学期二模试题(Word版附解析)

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杨浦区2021学年度第二学期期中考试线上质量评估数学学科2022.4.14考生注意:1.答卷前,考生务必在答题纸写上姓名、考号,并将核对后的条形码贴在指定位置上.2.本试卷共有21道题,满分150分,考试时间120分钟.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填写结果.1.已知,则=_________.【答案】【解析】【分析】根据向量的模的坐标表示,求得答案.【详解】由,则,故答案为:2.函数的反函数为________.【答案】【解析】【分析】由解得,把与互换即可得出.【详解】由解得,即,把与互换可得:.的反函数为.故答案为:.【点睛】本题考查反函数的求法,考查方程思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,属于基础题. 3.若直线和互相垂直,则实数_____________.【答案】6【解析】【分析】根据两直线垂直的条件求解.【详解】因为直线和互相垂直,所以,所以.故答案:6.4.若(虚数单位)是实系数一元二次方程的根,则________.【答案】1【解析】【分析】可知也是实系数一元二次方程的根,从而利用韦达定理求得.【详解】是实系数一元二次方程的根,是实系数一元二次方程的根,,,解得,,,故.故答案为:1.【点睛】本题考查复数的运算及实系数方程的性质应用,考查方程思想和运算求解能力.5.已知,,则行列式的值等于________.【答案】【解析】【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求cosx,进而可求secx的值,再计算行列式的值即可得解.详解】∵sinx,x∈(,π),∴cosx,secx, ∴sinxsecx+1()+1.故答案为:.【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式的应用,考查了行列式的计算,属于基础题.6.已知,,则________.【答案】【解析】【分析】求出与中不等式的解集分别确定出与,找出两集合的交集即可.【详解】集合中不等式,当时,解得:,此时,当时,解得:,无解,,集合中不等式变形得:,即,解得:,即,则.故答案为:.【点睛】本题考查不等式的求解、集合的交运算,考查运算求解能力,属于基础题.7.在某次数学测验中,5位学生的成绩如下:78、85、、82、69,他们的平均成绩为80,则他们成绩的方差等于________.【答案】38【解析】【分析】由平均值求出,再根据方差公式计算方差.【详解】∵5位学生的成绩如下:78、85、、82、69,他们的平均成绩为80,,解得:,,则他们成绩的方差等于38.故答案为:38. 【点睛】本题考查平均数和方差的定义,考查数据处理能力,求解时注意方差与标准差的区别.8.已知实数x,y满足,则的最大值为_________.【答案】7【解析】【分析】画出可行域,通过平移基准直线到可行域边界位置,由此来求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示,,即,由图可知,当时,取得最大值为.故答案为:9.若展开式中各项系数的和等于,则展开式中的系数是________.【答案】15 【解析】【分析】令,则展开式中各项系数的和,解得.再利用二项式定理的通项公式即可得出.【详解】令,则展开式中各项系数的和为:,解得.的展开式的通项公式,令,解得.展开式中的系数为:.故答案为:15.【点睛】本题考查二项式定理的应用,考查函数与方程思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意指定项的系数与二项式系数的区别.10.三行三列的方阵中有9个数,从中任取三个数,则至少有两个数位于同行或同列的概率是_______.(结果用分数表示)【答案】【解析】【分析】先计算从9个数中任取3个数共有种不同的取法,再求三个数任意两个数不在同一行或者同一列的事件数,利用对立事件及古典概型计算公式求解即可.【详解】从9个数中任取3个数共有种不同的取法,若三个数任意两个数不在同一行或者同一列,共有种不同的取法,设事件M为“这3个数中至少有2个数位于同行或同列”,则事件M包含的取法共有种,根据古典概型的概率计算公式得. 故答案为:11.已知抛物线,斜率为k的直线l经过抛物线的焦点F,与抛物线交于P、Q两点,点Q关于x轴的对称点为,点P关于直线的对称点为,且满足,则直线l的方程为______.【答案】【解析】【分析】设直线方程并联立抛物线方程,得到根与系数的关系式,利用得到相应等式,结合根与系数的关系式化简,即可求得答案.【详解】由题意可知,且,故设直线l方程为,联立抛物线可得:,,设,则,且,由于,故,就,解得,故直线l的方程为,故答案为:12.若函数在区间内既没有最大值,也没有最小值,则的取值范围是___________.【答案】 【解析】【分析】由可得出,分析可知,其中,可得出关于实数的不等式组,由此可解得实数的取值范围.【详解】当且时,,因为函数在区间内既没有最大值,也没有最小值,则,其中,所以,,解得,由,可得,因为且,当时,;当时,;当时,.综上所述,实数取值范围是.故答案为:.二、选择题(本题共有4题,满分20分,每题5分)每题有且只有一个正确选项,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.设,则“且”是“且”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】B【解析】【分析】取特殊值推导充分性,利用不等式性质推导必要性即可.【详解】充分性:当,,满足且,但且不成立,故充分性不成立;必要性:当且时,根据不等式性质得,且成立,故必要性成立.综上所述:“且”是“且”的必要不充分条件. 故选:B.14.数列{}为等差数列,且公差,若,,也是等差数列,则其公差为()A.1gdB.1g2dC.lgD.1g【答案】D【解析】【分析】利用,,是等差数列,结合对数的运算,求出,进而可得答案.【详解】因为,,是等差数列,所以,所以,又因为且公差,所以,可得,所以公差,故选:D.15.椭圆C:的左、右顶点分别为,,点P在C上(P不与,重合)且直线的斜率的取值范围是,那么直线斜率的取值范围是()A.[,]B.[,]C.[,1]D.[,1]【答案】B【解析】【分析】设P点坐标为,列出,,进而,最后得到直线斜率的取值范围 【详解】设P点坐标为,则,,,,于是,故.∵∴.故选:B.16.定义域是上的连续函数图像的两个端点为、,是图像上任意一点,过点作垂直于轴的直线交线段于点(点与点可以重合),我们称的最大值为该函数的“曲径”,下列定义域是上的函数中,曲径最小的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据已知中函数的“曲径”的定义,逐一求出给定四个函数的曲径,比较后,可得答案.【详解】当y=f(x)=sinx时,端点A(1,),B(2,),直线AB的方程为y,故||=sinx,当x时,||的最大值为1,即该函数的“曲径”为1,当y=f(x)=x2时,端点A(1,1),B(2,4),直线AB的方程为y=3x﹣2,故||=3x﹣2﹣x2,当x时,||的最大值为,即该函数的“曲径”为, 当y=f(x)时,端点A(1,2),B(2,1),直线AB的方程为y=﹣x+3,故||=﹣x+3,当x时,||的最大值为3﹣2,即该函数的“曲径”为3﹣2,当y=f(x)=x时,端点A(1,0),B(2,),直线AB的方程为yx,故||=xxx,当x时,||的最大值为,即该函数的“曲径”为,故函数y=x的曲径最小,故选:D.【点睛】本题以新定义﹣﹣函数的曲径为载体,考查了函数的图象,函数的最值,难度中档.三、解答题(本大题共有5题,满分76分)解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.17.如图,圆锥的顶点为P,底面圆心为O,线段AB和线段CD都是底面圆的直径,且AB⊥CD,取劣弧BC上一点E,使,连结PE.已知,.(1)求该圆锥的体积;(2)求异面直线PE、BD所成角的大小.【答案】(1); (2).【解析】【分析】(1)利用勾股定理和圆锥体积公式进行求解即可;(2)根据异面直线所成角的定义,结合正弦定理和余弦定理进行求解即可.【小问1详解】由勾股定理可知:,所以圆锥的体积为:;【小问2详解】过做,所以是异面直线PE、BD所成的角(或其补角),因为线段AB和线段CD都是底面圆的直径,且AB⊥CD,所以,即,而,所以,因此,在中,由正弦定理可知:,,由余弦定理可知:,所以,即异面直线PE、BD所成角的大小为. 18.已知函数,其中.(1)若不等式的解集是,求m的值;(2)若函数在区间上有且仅有一个零点,求m的取值范围.【答案】(1)-1;(2)【解析】【分析】(1)根据题意,得到,根据韦达定理,直接求解即可(2),,可得,根据对勾函数的性质,即可得到的取值范围【小问1详解】的解集是,得到的解集是,所以,,所以,小问2详解】令,因为,所以,当时,,即有,因为函数在区间上有且仅有一个零点,令,根据对勾函数的性质,可得,因为与有且仅有一个交点,根据对勾函数的图像性质,得或,进而可得答案为: 19.如图,有一块扇形草地OMN,已知半径为R,,现要在其中圈出一块矩形场地ABCD作为儿童乐园使用,其中点A、B在弧MN上,且线段AB平行于线段MN(1)若点A为弧MN的一个三等分点,求矩形ABCD的面积S;(2)当A在何处时,矩形ABCD的面积S最大?最大值为多少?【答案】(1);(2)当A在弧MN的四等分点处时,.【解析】【详解】(1)如图,作于点H,交线段CD于点E,连接OA、OB,,, (2)设则,,即时,,此时A在弧MN的四等分点处答:当A在弧MN的四等分点处时,20.已知椭圆C:,过定点T(t,0)的直线交椭圆于P,Q两点,其中. (1)若椭圆短轴长为2且经过点(-1,),求椭圆方程;(2)对(1)中的椭圆,若,求△OPQ面积的最大值;(3)在x轴上是否存在点S(s,0)使得∠PST=∠QST恒成立?如果存在,求出s,t的关系;如果不存在,说明理由.【答案】(1);(2);(3)存在,【解析】【分析】(1)由题意可得,求出,再将点(-1,)的坐标代入椭圆方程中可求出,从而可求得椭圆方程,(2)由题意设直线为,设,将代入椭圆方程中消去,利用根与系数的关系,从而可表示出,再把前面的式子代入化简可求得其最大值,(3)由题意设直线为,设,将直线方程代入椭圆方程中消去,利用根与系数的关系,由∠PST=∠QST,得,,结合前面的式子化简即可得结果【小问1详解】由题意得,得,所以椭圆方程为,因为点(-1,)在椭圆上,所以,得, 所以椭圆方程为【小问2详解】由题意设直线为,设,由,得,所以,所以,当且仅当,即时取等号,所以△OPQ面积的最大值为【小问3详解】由题意设直线为,设, 由,得,所以,因为∠PST=∠QST,所以,所以,所以,,所以,所以,所以,所以,得,所以x轴上是存在点S(s,0)使得∠PST=∠QST恒成立,此时21.已知a为实数,数列{}满足:①;②.若存在一个非零常数,对任意,都成立,则称数列{}为周期数列.(1)当时,求的值;(2)求证:存在正整数n,使得;(3)设是数列{}的前n项和,是否存在实数a满足:①数列{}为周期数列;②存在正奇数k,使得.若存在,求出所有a的可能值;若不存在,说明理由.【答案】(1)8(2)证明见解析(3)存在,2【解析】 【分析】(1)根据题意分别求出,即可得解;(2)当时,.可知在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前,数列是以为首项,为公差的递减的等差数列.写出通项公式,可得当足够大时,总可以找到,使,当,易证得;(3)分和两种情况讨论,结合(2)可得当时,不合题意,再根据当时,数列的周期性,即可得出结论.【小问1详解】解:当时,,所以;【小问2详解】证明:当时,,所以,在数列中直到第一个小于等于3的项出现之前,数列是以为首项,为公差的递减的等差数列,即,所以,当足够大时,总可以找到,使,当时,则存在,使得,当时,则存在,使得,综上所述存在正整数n,使得;【小问3详解】解:当时,,故此时数列是以2为周期的周期数列,当时,则,由(2)得,存在正整数n,使得,因此此时不存在不存在, 所以此时数列数列不是周期数列,所以时,数列是以2为周期的周期数列,,所以,又因,所以,所以,所以存在,使得.

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发布时间:2023-04-18 23:51:01 页数:19
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文章作者:随遇而安

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