上海市实验学校2021-2022学年高三3月月考数学试题 Word版含解析.docx

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上海市实验学校2021-2022学年高三下3月月考数学试卷一、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.若集合，，则__________.【答案】【解析】【分析】化简集合B，根据交集运算即可.【详解】∵集合，，∴.故答案为：.2.函数（且）的值域为__________.【答案】【解析】【分析】题目中的函数是由反比例函数向左平移一个单位之后得到的，结合图像以及定义域，即可求出函数的值域【详解】画出函数（且）的图像如上图所示，是由反比例函数向左平移一个单位之后，选取部分图像得到的，当时，且取不到，所以结合图像可知，函数的值域为 故答案为：.3.若、满足约束条件，则的最小值为________【答案】【解析】【分析】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：-24.的展开式中，含项的系数为______.【答案】【解析】【分析】 求出二项展开式的通项，利用的指数为，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出结果.【详解】的展开式通项为，令，得，因此，的展开式中，含项的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查利用二项式定理求展开式中指定项的系数，考查计算能力，属于基础题.5.有五张写有1、2、3、4、5的卡片，每次抽取1张记好数字后放回，这样抽4次，则抽到的最大数与最小数的差小于4的概率是________【答案】【解析】【分析】五张不同的卡片，有放回的抽4次，共有种不同的取法，最大数与最小数的差小于4的取法指所选的数字均来自1，2，3，4或者2，3，4，5的情况，再去掉重复的部分——所选的数字均来自2，3，4的情况，再利用概率公式即可求概率.【详解】有五张写有1、2、3、4、5的卡片，每次抽取1张记好数字后放回，这样抽4次，共有种不同的取法，差值可能为1、2、3、4，最大数与最小数的差等于4，则4次抽取中5或1没有抽到，没有抽到1的有没有抽到5的有，5和1都没有抽到的有种，所以抽到的最大数与最小数的差小于4有种，所以抽到的最大数与最小数的差小于4的概率故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型求概率，涉及排列组合知识，属于中档题.6.已知是双曲线的左焦点，，是双曲线右支上的动点，则的最小值为________．【答案】【解析】 【分析】作出图形，设双曲线右焦点为，根据双曲线的定义可得，可得出，利用、、三点共线时取得最小值即可得解.【详解】对于双曲线，则，，，如下图所示：设双曲线的右焦点为，则，由双曲线的定义可得，则，所以，，当且仅当、、三点共线时，等号成立.因此，的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用双曲线的定义求解线段和的最小值，有如下方法：（1）求解椭圆、双曲线有关的线段长度和、差的最值，都可以通过相应的圆锥曲线的定义分析问题；（2）圆外一点到圆上的点的距离的最值，可通过连接圆外的点与圆心来分析求解.7.在中，，，分别为内角，，所对的边，若，，若满足条件的三角形仅有一个，则实数的取值集合是__________.【答案】 【解析】【分析】根据三角形的解得个数，利用余弦定理结合根的判别式即可得解.【详解】中，，，分别为内角，，所对的边，若，，根据余弦定理：，整理得：，利用，解得或（负值舍去）.若，则有一根为正数，另一根为非正数，所以，解得.故答案为：.8.设函数，其中.若函数在上恰有2个零点，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】当时,,当时,,,,则,进而求解即可【详解】由题,取零点时,,即,则当时,,,,所以满足,解得故答案为：点睛】本题考查已知零点求参数问题,考查运算能力 9.欧拉公式，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的联系，被誉为“数学中的天桥”，已知数列的通项公式为，则数列前2022项的乘积为__.【答案】【解析】【分析】根据题意，，然后根据指数运算法则求积，再根据等差数列求和公式化简，最后根据定义求结果.【详解】因为，所以，所以.故答案为:.10.若对于任意，都存在，使得，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据函数解析式得到，进而对分类讨论求出的最小值即可求出结果.【详解】解：设，，易得，，∴，∴当时，，∵对于任意，都存在，使得，∴，故的取值范围为. 故答案为：.11.已知函数，其定义域为，若函数在其定义域上有反函数，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】函数具有反函数的充要条件是函数中的是一一对应的，所以若函数在定义域内是单调的，则必有反函数，若不单调，但是一一对应的，也具有反函数，根据这一条件进行判断即可【详解】解：∵二次函数的图象的对称轴为，其定义域为，故当，即时，在其定义域上单调递增，存在反函数，当，即时，在其定义域上单调递减，存在反函数，当时，即时，由于区间关于对称轴的对称区间是，保证一个只能对应一个，则根据二次函数的对称性，应有，或时，即或.若对称轴在或的范围内，则一定没有反函数综上可得，实数的取值范围是，故答案为：.12.用表示函数在闭区间I上的最大值．若正数a满足，则a的最大值为________．【答案】【解析】【分析】分类讨论，根据正弦函数的图象与性质求出、，代入不等式求解a的取值范围即可.【详解】①当时，， 若，则，此时不成立；②当时，，若，则，又，解得；③当时，，若，则，又，解得；④当时，，，，不符合题意.综上所述，，即a的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查正弦函数的图象与性质，考查逻辑推理能力、直观想象能力，属于中档题.二、选择题（本大题共有4小题，满分20分，每题5分）13.已知函数的图象是由函数的图象经过如下变换得到：先将的图象向右平移个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变，则函数的图象的一条对称轴方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【详解】函数的图象是由函数的图象经过经过如下变换得到：先将的图象向右平移个单位长度，得的图象，再将其图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标不变得到函数，令，可得的图象的对称轴方程为，则函数的图象的一条对称轴方程为，故选A.考点：三角函数图象变换.14.已知数列，以下两个命题：①若都是递增数列，则都是递增数列；②若都是等差数列，则都是等差数列，下列判断正确的是（）A.①②都是真命题B.①②都是假命题C.①是真命题，②是假命题D.①是假命题，②是真命题【答案】D【解析】【分析】①假设为递增数列，为常数列即可判断命题真假；②根据等差数列通项公式列方程，结合等差数列定义判断即可判断.【详解】①若为递增数列，为常数列，则都为递增数列，故为假命题；②若、、分别为的公差，，则，可得，所以为等差数列，同理可得也为等差数列，故为真命题.故选：D15.运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2 ），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由类比推理可知所求几何体体积为在底面半径，高的圆柱内，挖出一个以该圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥后，得到的新的几何体体积的倍，借助圆锥和圆柱体积公式可求得结果.【详解】类比推理可知：若在底面半径，高的圆柱内，挖出一个以该圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥后，得到一新的几何体，则新几何体与所求橄榄状几何体的一半的体积相等.所求体积.故选：C.16.众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，因而也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，整个图形是一个圆形，其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界为一个半圆，已知直线：.给出以下命题： ①当时，若直线截黑色阴影区域所得两部分面积记为，（），则；②当时，直线与黑色阴影区域有1个公共点；③当时，直线与黑色阴影区域有2个公共点.其中所有正确命题的序号是（）A.①②B.①③C.②③D.①②③【答案】A【解析】【分析】由题知根据直线：横过点，为直线的斜率根据直线和圆的位置关系作图，数形结合逐项分析判断即可得解【详解】如图1所示，大圆的半径为2，小圆的半径为1，所以大圆的面积为，小圆的面积为．对于①，当时，直线的方程为．此时直线将黑色阴影区域的面积分为两部分，，，所以，故①正确．对于②，根据题意，黑色阴影区域在第一象限的边界方程为 当时，直线的方程为，即，小圆圆心到直线的距离，所以直线与该半圆弧相切，如图2所示，所以直线与黑色阴影区域只有一个公共点，故②正确．对于③，当时，如图3所示，直线与黑色阴影区域的边界曲线有2个公共点，当时，直线与黑色阴影区域的边界曲线有1个公共点，故③错误．综上所述，①②正确．故选：A．三、解答题（本大题共5题，满分76分）17.如图所示，在长方体中，，为棱上一点． （1）若，求异面直线和所成的角；（2）若，求点到平面的距离．【答案】（1）或或；（2）．【解析】【分析】（1）先证明异面直线和所成角即为或其补角，再求得解；（2）利用等体积法求解即可.【详解】解：（1）由题意，，，得∵，所以异面直线和所成角即为或其补角，长方体中，，∴面，∴，故可得为锐角且或或. 所以异面直线和所成的角为或或.（2）设点到平面的距离为，，．所以点到平面的距离为.【点睛】方法点睛：求点到平面的距离常用的方法有：（1）向量法；（2）几何法（找作证指求）；（3）等体积法.要根据已知条件灵活选择合适的方法求解.18.某公共场所计划用固定高度的板材将一块如图所示的四边形区域沿边界围成一个封闭的留观区.经测量，边界与的长度都是米，，.（1）若，求的长（结果精确到米）；（2）求围成该区域至多需要多少米长度的板材（不计损耗，结果精确到米）.【答案】（1）米；（2）米.【解析】【分析】（1）连接，可知是等边三角形，可得出，求出的值，利用正弦定理可求得的长；（2）设，利用正弦定理得出，，进而可得出围成该区域所需板材的长度关于的表达式，利用正弦函数的有界性可求得结果.【详解】（1）连接，由题意是等边三角形，所以， 又因为，所以，在中，，得（米）；（2）设，则，，在中，，所以，，所需板材的长度为.答：当时，所需板材最长为（米）.【点睛】方法点睛：在解决三角形中的最值问题时，常用两种思路：（1）转化为边，利用基本不等式求解；（2）转化为角，利用三角函数的有界性来求解.19.已知函数（a为实常数）.（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由;（2）当为奇函数时，对任意的，不等式恒成立，求实数u的最大值【答案】（1），奇函数，，非奇非偶函数；理由见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）若函数为奇函数，由奇函数的定义可求得的值；又，则 不可能为偶函数，即时，函数是非奇非偶函数；（2）对任意的，不等式恒成立，化简不等式参变分离，构造新函数，利用换元法和对勾函数的单调性求出最值，代入得出实数u的最大值．【详解】（1）若函数为奇函数，则，即，对恒成立，所以，解得，又，对任意实数，，所以不可能为偶函数，所以时，函数是非奇非偶函数.（2）当为奇函数时，，，因为对任意的，不等式恒成立，所以对任意的，不等式恒成立，令，令，因为，在是增函数，所以当时，，即，所以，所以实数u的最大值是3.【点睛】本题考查函数的性质和恒成立问题，考查函数奇偶性的定义，考查对勾函数的单调性，考查学生转化思想和计算能力，属于中档题．20.已知、是双曲线的两个顶点，点是双曲线上异于、 的一点，为坐标原点，射线交椭圆于点，设直线、、、的斜率分别为、、、.（1）若双曲线的渐近线方程是，且过点，求的方程；（2）在（1）的条件下，如果，求的面积；（3）试问：是否为定值？如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）面积为；（3）定值为.【解析】【分析】（1）设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，可求出双曲线的方程；（2）设点的坐标为，设直线的方程为，则，由点在双曲线上得出，可得出，利用斜率公式以及条件可求出射线的方程，由此可得出点的纵坐标，由此计算出的面积；（3）由题意得出，设点、，则，利用斜率公式得出，，由此可得出的值.【详解】（1）由于双曲线的渐近线方程为，可设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程得，因此，双曲线的方程为；（2）设射线所在直线的方程为，设点，则， 因为点在双曲线上，所以，可得.，.所以，射线所在直线的方程为.联立直线的方程与椭圆的方程，解得，所以，点的纵坐标为，因此，的面积为；（3）设点、，由于点在双曲线上，则，得，，，，同理可得，因此，.【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的方程，同时也考查了双曲线中三角形面积的计算以及椭圆、双曲线中的直线斜率的关系，解题时要充分利用点的坐标所满足的等式进行化简计算，考查运算求解能力，属于中等题.21.对于数列，定义设的前项和为.（1）设，写出；（2）证明：“对任意，有”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），，，；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据题意代入可得答案；（2）必要性：有，，将两式作差，得；充分性：若对任意，有，则，可得证；（3）不妨假设中，有项，项，项，建立方程组，解之可得项中组，且满足，从而求得答案.【详解】解：（1）因为，，，，，根据题意可得，，，.（2）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，”的充要条件是“对任意，”.（3）已知，即中，不妨假设中，有项，项，项，则，且， 所以项中组，且满足，，所以可知与固定，且项中有一项为，所以共有个；