2022届上海市大同中学高三下学期开学考试数学试题含解析

2022届上海市大同中学高三下学期开学考试数学试题

一、单选题

1．有17名同学参加百米竞赛，预赛成绩各不相同，要取前8名参加决赛，小明同学已经知道了自己的成绩，为了判断自己是否能进入决赛，他还需要知道17名同学成绩的（       ）

A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差

【答案】C

【分析】根据中位数的性质，结合题设按成绩排序17选8，即可知还需明确的成绩数据信息.

【详解】由题设，17名同学参加百米竞赛，要取前8名参加决赛，则成绩从高到低排列，确定17名同学成绩的中位数，即第9名的成绩便可判断自己是否能进入决赛.

故选：C.

2．设是复数，则“是虚数”是“是虚数”的（       ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件

【答案】B

【分析】根据充分必要条件的定义及复数的概念进行判断．可取特例说明一个命题为假．

【详解】充分性：取，故是实数，故充分性不成立；

必要性：假设是实数，则也是实数，与是虚数矛盾，∴是虚数，故必要性成立．

故选：B．.

【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查复数的概念，属于基础题．

3．在锐角中，若，则的范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由可得，利用倍角公式和正弦定理可得，再根据的范围可求的取值范围.

【详解】因为，故即，

根据正弦定理可以得到即.

因为为锐角三角形，故，所以，

所以，故.

故选B.

【点睛】在解三角形中，边的关系与已知的角的关系可以利用正弦定理来沟通，注意利用锐角三角形来限制最小角的范围.

4．设是的垂心，且，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由三角形垂心性质及已知条件可求得，，由向量的夹角公式即可求解．

【详解】由三角形垂心性质可得，，不妨设x，

∵345，

∴，

∴，同理可求得，

∴．

故选：D．

【点睛】本题考查平面向量的运用及向量的夹角公式，解题的关键是由三角形的垂心性质，进而用同一变量表示出，要求学生有较充实的知识储备，属于中档题．

二、填空题

5．行列式的值等于___________.

【答案】5

【分析】利用行列式的计算公式即可求解.

【详解】.

故答案为：5.

6．已知复数满足为虚数单位，则的模为__________.

【答案】

【分析】通过除法运算求出复数，再求模长即可.

【详解】因为，所以，得，

故答案为：.

7．___________.

【答案】

【分析】根据极限的运算公式进行求解即可.

【详解】,

故答案为：

8．向量满足，则__________.

【答案】

【分析】由已知向量的模，结合向量数量积的运算律展开、，即可求.

【详解】由题设，结合向量数量积的运算律知：，

，

∴两式相减可得：.

故答案为：2.

9．若等差数列的前n项和为，，，则数列的通项公式为________．

【答案】

【分析】根据条件列关于首项与公差的方程组，解得结果代入等差数列通项公式得结果.

【详解】因为，，设公差为，

所以，，

解得，

故答案为

【点睛】本题考查等差数列通项公式以及求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题.

10．在的二项展开式中，常数项的值为__________

【答案】15

【分析】写出二项展开式通项，通过得到，从而求得常数项.

【详解】二项展开式通项为：

当时，

常数项为：

本题正确结果：

【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.

11．直线：（是参数）的倾斜角为___________.

【答案】

【分析】运用加减消元法把直线参数方程化为普通方程，结合直线的点斜式方程进行求解即可.

【详解】，所以该直线的斜率为，

因此该直线的倾斜角为：，

故答案为：.

12．若，且，则的值为___________.

【答案】或

【分析】根据二倍角的余弦公式和两角差的正弦公式可得，分类讨论当、时的情况，结合和辅助角公式计算即可.

【详解】由题意知，

则，

即，

当时，，即，

由，得；

当时，，

所以，即，

由，得，所以，得.

故答案为：或

13．点，抛物线的焦点为，若对于抛物线上的任意点，的最小值为41，则的值等于______.

【答案】42或22

【分析】当点在抛物线的内部时，得到当三点共线时，此时的距离最小，即可求解；当点在抛物线的外部时，当三点共线时，的距离最小，即可求解.

【详解】由题意，（1）当点在抛物线的内部或曲线上时，则满足，解得，

过点点作抛物线的准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，

所以,

当三点共线时，此时的距离最小，且最小值为，

可得，解得；

（2）当点在抛物线的外部时，则满足，解得，

如图所示，

当三点共线时，的距离最小，且最小值为，

即，解得或（舍去），

综上所述，实数的值等于42或22.

故答案为42或22.

【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，以及抛物线的定义的应用，着重考查了分类讨论思想，以及数形结合思想，属于基础题.

14．已知定义在上的增函数满足，若实数满足不等式，则的最小值是______．

【答案】8

【分析】由知，可将不等式变为，利用函数单调性可得，根据线性规划的知识，知的几何意义为原点与可行域中的点的距离的平方，从而可知所求最小值为到直线的距离的平方，利用点到直线距离公式求得结果.

【详解】由得：

等价于

为上的增函数       ，即

则可知可行域如下图所示：

则的几何意义为原点与可行域中的点的距离的平方

可知到直线的距离的平方为所求的最小值

本题正确结果；

【点睛】本题考查函数单调性的应用、线性规划中的平方和型的最值的求解，关键是能够利用平方和的几何意义，将问题转化为两点间距离的最值的求解问题.

15．已函数，当时，，若在区间内，有两个不同的零点，则实数t的取值范围是______．

【答案】

【分析】由得，分别求出函数的解析式以及两个函数的图象，利用数形结合进行求解即可．

【详解】当时，，

当，可得，

可知函数在上的解析式为，

由得，

可将函数f（x）在上的大致图象呈现如图：

根据的几何意义，

x轴位置和图中直线位置为表示直线的临界位置，

当直线经过点，可得，

因此直线的斜率t的取值范围是

故答案为

【点睛】本题考查函数方程的转化思想，利用数形结合是解决本题的关键，属于中档题．

16．已知点为正四面体的外接球上的任意一点，正四面体的棱长为2，则的取值范围为___________.

【答案】

【分析】将正四面体放在正方体内，以正方体的中心为原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求的取值范围.

【详解】

如图，将正四面体放在正方体内，并建立如图所示的空间直角坐标系，

∵正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为，正四面体ABCD的外接球即为图中正方体的外接球，其半径为R，则，

则，，

设，则，则，

∵，，

∴.

故答案为：.

三、解答题

17．设函数，其中.已知.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.

【答案】(Ⅰ) .

(Ⅱ) .

【详解】试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到

由题设知及可得.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

从而.

根据得到，进一步求最小值.

试题解析：（Ⅰ）因为，

所以

由题设知，

所以，.

故，，又，

所以.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

所以.

因为，

所以，

当，

即时，取得最小值.

【名师点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.

18．如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．

（1）证明：平面；

（2）求直线平面所成的角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）由已知条件可得，，则，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；

（2）如图，过点作，交直线于点，连接，可证得平面，从而是与平面所成的角，然后在求解即可

【详解】（1）证明：   由，，，，得，所以，由．

由，，，，得，

由，得，

由，得，所以，

故，又，因此平面．

（2）解   如图，过点作，交直线于点，连接．

由平面，平面，得

平面平面，由，得平面，

所以是与平面所成的角．

由，，

得，，

所以，故．

因此，直线与平面所成的角的正弦值是．

【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和线面角的求法，解题的关键是通过过点作，交直线于点，连接，然后结合条件可证得是与平面所成的角，从而在三角形中求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题

19．如图，在一个圆心角为90°，半径为10米的扇形草地上，需铺设一个直角三角形的花地，其中为直角，要求，，三点分别落在线段，和弧上，且，的面积为.

（1）当且时，求的值；

（2）无论如何铺设，要求始终不小于20平方米，求的取值范围.

【答案】（1）20平方米；（2）.

【分析】（1）以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，由在直线上.又在圆上，解得的坐标，由三角形的面积公式可得所求值；

（2）过作，垂足为，作，垂足为，由三角形的相似性质可得，考虑在圆上，解得的坐标，当与重合时，可得取得最小值，要使始终不小于20平方米，可令的最小值不小于20，解不等式可得所求范围.

【详解】解：（1）以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，

因为，且，所以在直线上.

又因为在圆上，所以，

此时，

所以当且时，的值为20平方米.

（2）过作，垂足为，作，垂足为，

所以∽，且相似比为，

所以，又因为在圆上，代入计算可得，，

设，则，所以，

当与重合时，，此时取得最小值，所以，

要使始终不小于20平方米，则，解得，

所以的取值范围是，

答：要使始终不小于20平方米，的取值范围为，

【点睛】此题考查函数在实际问题中的运用，考查三角形的面积的求法，运用坐标法是解题的关键，考查方程思想和运算能力，属于中档题.

20．在平面直角坐标系中，A、B分别为椭圆的上、下顶点，若动直线l过点，且与椭圆相交于C、D两个不同点（直线l与y轴不重合，且C、D两点在y轴右侧，C在D的上方），直线AD与BC相交于点Q．

（1）设的两焦点为、，求的值;

（2）若，且，求点Q的横坐标；

（3）是否存在这样的点P，使得点Q的纵坐标恒为？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）（2）；（3）

【分析】（1）由椭圆方程易知∠OAF2＝45°，结合对称性可得∠F1AF2＝90°；

（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），根据已知条件可求得直线BC的方程为y＝2x﹣1，直线AD的方程为y＝﹣x+1，联立两直线方程即可得到点Q的横坐标；

（3）设直线l的方程为y＝kx+b（k＜0，b＞1），与椭圆方程联立，可得，直线BC的方程为，直线AD的方程为，进而得到点Q的纵坐标，由此建立方程化简即可得出结论.

【详解】解：（1）由椭圆Γ的方程知，F1（﹣1，0），F2（1，0），A（0，1），

则∠OAF2＝45°，

∴∠F1AF2＝90°；

（2）若b＝3，设C、D的两点坐标为C（x1，y1），D（x2，y2），

∵，

∴，即，

而C（x1，y1），D（x2，y2）均在上，

代入得，解得，

∴，分别代入Γ解得，，

∴直线BC的方程为y＝2x﹣1，直线AD的方程为y＝﹣x+1，

联立，解得，

∴Q点的横坐标为；

（3）假设存在这样的点P，设直线l的方程为y＝kx+b（k＜0，b＞1），

点C，D的坐标为C（x1，y1），D（x2，y2），

联立，得（2k2+1）x2+4kbx+2b2﹣2＝0，

由△＝16k2b2﹣8（2k2+1）（b2﹣1）＞0，得，

由，可得，

直线BC的方程为，直线AD的方程为，

而x1y2＝kx1x2+bx1，x2y1＝kx1x2+bx2，联立，

得

＝，

则b＝3＞1，因此，存在点P（0，3），使得点Q的纵坐标恒为.

【点睛】本题考查椭圆方程及其性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定点定值问题，考查化简运算能力，属于较难题目.

21．已知在每一项均不为0的数列中，，且(，为常数，)，记数列的前项和为.

(1)当时，求；

(2)当，时，求证：数列为等比数列；

(3)在满足(2)中条件时是否存在正整数，使得不等式对任意恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)证明见解析；

(3)存在，最小值为2.

【分析】(1)先由题设条件得到：，再由，进而说明数列是首项为3，公比为的等比数列，再求其前项和即可；

(2)利用等比数列的定义证明结论即可；

(3)先由(1)，再利用放缩法得到：当时，，进而得到：，又由求得的最小值．

【详解】(1)当时，，，，数列是首项为3，公比为的等比数列．

当时，；当时，．

故；

(2)当，时，，

，

，

若存在，，使得，

则根据可知，，这与矛盾，

∴，，

∴，又∵，

∴数列是首项为，公比为2的等比数列．

(3)由(2)知，，．

由得：

即，

当时，，

∴，当且仅当时取“”，

∴，

又∵，，∴存在且的最小值为2．

【点睛】本题主要考查等比数列的定义、通项公式、前项和公式及不等式的放缩，解题的关键是，然后对的范围进行研究.