上海市建平中学2021-2022学年高三下学期3月月考数学试题 Word版含解析.docx

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建平中学高三年级检测数学试卷一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）1.在复平面上，复数对应的点到原点的距离为________．【答案】【解析】【详解】试题分析：复平面上复数对应的点到原点的距离就是它的模，而，本题不需要把复数化简为形式.考点：复数的模.2.已知函数的最小正周期为，则_____.【答案】1；【解析】【分析】由题得，得得解.【详解】由题得，所以.故答案为：1【点睛】本题主要考查二倍角的公式，考查三角函数的周期，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.某几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其三视图如图所示（单位：厘米），则该几何体的体积（单位：立方厘米）是________. 【答案】【解析】【分析】根据三视图确定出三棱锥的底面是一个等腰直角三角形且直角边长度都是，高为；半圆锥的底面是半径为的半圆，高为；据此计算出该几何体的体积.【详解】由三视图可知，三棱锥的体积：；半圆锥体积：，所以总体积为：.故答案为.【点睛】本题考查空间几何体的体积计算，难度较易.计算组合体的体积时，可将几何体拆分为几个容易求解的常见几何体，然后根据体积公式完成求解.4.已知正数满足，则行列式的最小值为________．【答案】3【解析】【详解】试题分析：首先把行列式化简为普通代数式，，又，即，所以，当且仅当时等号成立，故最小值为3.考点：行列式的定义与基本不等式.5.设，满足约束条件，则的最小值是______.【答案】【解析】【分析】由约束条件画出可行域，然后运用线性规划来求解最小值【详解】由题意约束条件作出可行域，用阴影部分表示，如图所示 当目标函数过点时取得最小值最小值为故答案为【点睛】本题主要考查了线性规划，解题步骤为：画出可行域、改写目标函数、运用几何意义求出最值，注意在判定可行域时的方法．6.集合，，若“”是“”的充分条件，则实数取值范围是____________．【答案】【解析】【分析】分别解绝对值不等式与分式不等式求得集合A,B,再根据“”求得实数取值范围．【详解】，当时，，因为“”是“”的充分条件，所以，．故填．【点睛】对于充分性必要性条件的判断三种常用方法：（1）利用定义判断．如果已知，则是的充分条件，是的必要条件；（2）利用等价命题判断；(3)把充要条件“直观化”，如果，可认为是的“子集”；如果，可认为不是的“子集”，由此根据集合的包含关系，可借助韦恩图说明．7.若用样本数据1、0、、2、1、3来估计总体的标准差，则总体的标准差的估计值是________.【答案】【解析】 【分析】先求平均数，再由标准差公式可得.【详解】因为所以标准差故答案为：8.在中，所对边分别为，若，则____________.【答案】.【解析】【分析】利用正弦定理把边角混合关系化成关于角的三角函数的关系式，再把正切化成弦，整理后可得，解出即可.【详解】由正弦定理可得，故，通分得到，.因为，所以，故即.因为，故，填.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.9.已知数列的首项，其前项和为．若，则．【答案】【解析】【详解】已知数列的前项和的关系，要求项，一般把已知中的用代换得，两式相减得，又，，所以数列从第二项开始成等比数列， 因此其通项公式为．10.已知直线与抛物线相交于两点，为抛物线的焦点，若，则实数____________.【答案】.【解析】【分析】直线过点，抛物线的准线为，根据抛物线几何性质可知到准线的距离与到准线的距离之比为，故而为的中点，设，则可求的坐标，从而得到的值.【详解】设，为抛物线的准线方程，过点分别作准线的垂线，垂足为，则，，所以，所以.设，则，故，解得，故.填.【点睛】圆锥曲线中与焦点或准线有关的问题，可以考虑利用其几何性质来处理.如抛物线上的点到焦点的距离可以转化为到准线的距离，椭圆上的点到一个焦点的距离可以转化到另一个焦点的距离，也可以转化到相应准线的距离.11.将的图象向右平移2个单位后得曲线，将函数的图象向下平移2个单位后得曲线，与关于轴对称．若的最小值为且，则实数的取值范围为________．【答案】.【解析】【详解】试题分析：首先应求出的表达式，曲线对应的函数式为，曲线与关于轴对称，因此的函数解析式为，向上平移2 个单位，就是函数的图象，则.，其最小值大于，说明函数的最小值大于.下面观察函数，若，则当时，，无最小值，同理当时，时，，无最小值，因此，，当且仅当时等号成立，即最小值为，从而，解得.12.如图，已知点D为的边上一点，，为边上一列点，满足，其中数列满足，，，则的所有项的和为________.【答案】【解析】【分析】合向量的线性运算，得到递推公式，再通过构造等比数列求出的通项公式，进一步求出的通项公式，即可得出结果.【详解】解：，，，，为边的一列点， ，化为：，即，数列是等比数列，首项为2，公比为3．，即，，则的所有项的和为.故答案为：二、选择题（本大题共4题，满分20分）13.函数的反函数是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，反解后可得反函数.【详解】设，则，且，故原函数的反函数为，故选：D.14.直线的法向量是，若，则直线的倾斜角为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设为直线的倾斜角，则根据法向量可得方向向量为，故斜率为，由 知，因此可用反三角函数表示倾斜角．【详解】直线的方向向量为，所以其斜率为．设其倾斜角为，则．又，所以，故且，故选B．【点睛】用反三函数表示角时，要注意反三角函数值角的范围：如，，，也要注意所要表示的角的范围，如本题中直线的方向向量若为且，因倾斜角的范围为，故直线的倾斜角为．15.已知是单位圆上三个互不相同的点，若，则的最小值是A.0B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：记单位圆的圆心为，由于，则与同向，，，可见最小值为，(时，取得最小值)．选C．考点：向量的数量积．16.已知等差数列的公差，前项和为，则对正整数，下列四个结论中:（1）成等差数列，也可能成等比数列；（2）成等差数列，但不可能成等比数列；（3）可能成等比数列，但不可能成等差数列；（4）不可能成等比数列，也不可能成等差数列.正确的是（）A.（1）（3）B.（1）（4）C.（2）（3）D.（2）（4） 【答案】D【解析】【详解】试题分析：根据等差数列的性质，，，，因此(1)错误，(2)正确，由上显然有，，，，故(3)错误，(4)正确．即填(2)(4)．考点：等差数列的前项和，等差数列与等比数列的定义．三、解答题（本大题共有5题，满分76分）17.在直三棱柱中，，，.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求直线与平面的距离.【答案】(1).(2).【解析】【分析】（1）或其补角就是异直线与所成角，我们可证为直角三角形且，故可得异面直线所成角大小.（2）先计算，再利用等积法求到平面距离，它就是直线到平面的距离.【详解】(1)因为，所以(或其补角)是异直线与所成角.因为，，，所以平面，所以. 中，，所以，所以异面直线与所成角的大小为.(2)因为平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，设到平面的距离为，因为，，可得，直线与平面的距离为.【点睛】异面直线所成角的计算，可通过平移把空间角转化为平面角，在可解的三角形中求其大小.直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，求点面距时，注意利用题设中已有的线面垂直，如果没有，则利用面面垂直构建线面垂直，也可利用等积法求点面距.18.对于函数，若存在正常数，使得对任意的，都有成立，我们称函数为“同比不减函数”.（1）求证：对任意正常数，都不是“同比不减函数”；（2）若函数是“同比不减函数”，求的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用同比不减函数的定义证明；（2）根据同比不减函数的定义，由恒成立求解.【小问1详解】因为，所以，，因为与0的大小不确定， 所以对任意正常数，都不是“同比不减函数”；【小问2详解】因为函数是“同比不减函数”，所以，，恒成立，即恒成立，因为，所以，所以的取值范围是19.如图，制图工程师要用两个同中心的边长均为4的正方形合成一个八角形图形，由对称性，图中8个三角形都是全等的三角形，设.(1)试用表示的面积；(2)求八角形所覆盖面积的最大值，并指出此时的大小.【答案】(1)，.(2)时,达到最大此时八角形所覆盖面积前最大值为.【解析】 【分析】（1）注意到，从而的周长为，故，所以，注意.（2）令，则，根据可求最大值.【详解】(1)设为,，，，，(2)令,只需考虑取到最大值的情况,即为，当,即时,达到最大，此时八角形所覆盖面积为16+4最大值为.【点睛】如果三角函数式中仅含有和，则可令后利用把三角函数式变成关于的函数，注意换元后的范围.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，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，求证：【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】【分析】（1），根据可得，利用双曲线的定义可得 从而得到双曲线的方程.（2）设点，利用渐近线的斜率可以得到夹角的余弦为，利用点在双曲线上又可得为定值，故可得的值.（3）设，切线的方程为:，证明等价于证明，也就是证明，联立切线方程和双曲线方程，消元后利用韦达定理可以证明.【详解】(1)设的坐标分别为,因为点在双曲线上,所以,即,所以，在中,,,所以，由双曲线的定义可知:，故双曲线的方程为:.(2)由条件可知:两条渐近线分别为；.设双曲线上的点,设的倾斜角为，则，又，所以，故，所以夹角为，且.点到两条渐近线的距离分别为，.因为在双曲线上,所以，所以.(3)由题意,即证:,设, 切线的方程为:.时,切线的方程代入双曲线中,化简得:(，所以，.又，所以.时,易知上述结论也成立.所以.综上,,所以.【点睛】（1）过焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于，则（通径）.（2）直线与圆锥曲线的位置关系，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系式中含有或，最后利用韦达定理证明该关系式为恒等式.21.对于数列，定义设的前n项和为．（1）设，写出，，，；（2）证明：“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”；（3）已知首项为0，项数为的数列满足：①对任意且，有；②．求所有满足条件的数列的个数．【答案】（1）答案见解析. （2）证明见解析.（3）.【解析】【分析】（1）代入求得，，再由已知可求得所求的值；（2）证明必要性：由已知有，，两式作差，得证；充分性：有，从而得，从而得证；（3）构造数列，，结合（2）知，，设中有k项为0，，分，，分别讨论可求得满足条件的数列的个数.【小问1详解】解：因为，，所以，【小问2详解】证明：必要性：对，有，因此，对任意，且，有，，两式作差，得，即，因此，综上，对任意，有.充分性：若对任意，有，则，所以，综上，“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”.【小问3详解】解：构造数列，，则对任意且，有，，结合（2）知， ，又，因此，设中有k项为0，则，即，若，则与，中有0项为0，即矛盾，不符题意，若，则，所以当，，中有1项为0，其余项为时，数列满足条件.中有一项为0，共种取法，其余项每项有或两种取法，所以满足条件的数列的个数为.