上海市杨浦区2022届高三期中考试（二模）数学试题 Word版含解析.docx

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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试卷考生注意：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．故答案为：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：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的方程为，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，实数的取值范围是.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上且直线斜率的取值范围是 ，那么直线斜率的取值范围是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设P点坐标为，则，，，于是，故.∵∴.故选B.【考点定位】直线与椭圆位置关系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，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.