2022届上海市七宝中学高三下学期6月月考数学试题含解析

2022届上海市七宝中学高三下学期6月月考数学试题

一、单选题

1．已知，则下列四个条件中，使成立的必要不充分条件是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意，选择一个“a＞b”能推出的条件，但反之不能推出的条件，对选项逐一分析即可．

【详解】“a＞b”能推出“”，且“”能推出“a＞b”，故A是充要条件，不满足题意；

“a＞b”能推出“a＞b﹣1”，故选项B是“a＞b”的必要条件，但“a＞b﹣1”不能推出“a＞b”，不是充分条件，满足题意；

“a＞b”不能推出“a＞b+1”，故选项C不是“a＞b”的必要条件，不满足题意；

“a＞b”不能推出“|a|＞|b|”，故选项D不是“a＞b”的必要条件，不满足题意；

故选B．

【点睛】本题主要考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，解题的关键是理解必要而不充分的条件，属于基础题．

2．如果的平均数，方差，则的平均数和方差分别为（       ）

A．5，5 B．5，4 C．4，3 D．4，2

【答案】B

【分析】的平均数为，的方差为，代入已知计算可得答案．

【详解】的平均数，

的平均数为

的方差，

的方差为

故选：B

【点睛】本题考查一组数据的平均数、方差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平均数、方差性质的合理运用．

3．直线的参数方程为(为参数)上的点对应的参数是，则点与之间的距离是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件写出点坐标，再根据两点间距离公式求解出.

【详解】因为点对应的参数是，所以，

所以，

故选：C.

4．在数列中，对任意N，都有为常数，则称为“等差比数列”下面对“等差比数列”的判断正确的是（       ）

A．可能为

B．等差数列一定是等差比数列

C．等比数列一定是等差比数列

D．通项公式为的数列一定是等差比数列

【答案】D

【分析】由分母不等于0可判断A；取非0常数列可判断BC；先判断是否为常数列，然后对化简可判断D.

【详解】若，则，即，则无意义，故A错误；当数列为常数列，，则数列既是等差数列，又是等比数列，显然不是“等差比数列”，故BC不正确；当时，，所以，故D正确.

故选：D

二、填空题

5．若集合，，则______．

【答案】

【分析】先求得集合A,B，然后利用交集运算求解即可.

【详解】集合，，则，

故答案为：.

6．若实系数方程的一个根是，则__________．

【答案】1

【分析】根据虚根成对定理以及韦达定理可得结果.

【详解】解：因为关于的实系数方程的一个根是，所以另一个根为，

根据韦达定理可得，所以.

又，所以，所以

故答案为：.

7．函数的最小正周期_________.

【答案】

【分析】由行列式计算出函数，并化简变形为一个角的一个三角函数形式，再求周期．

【详解】由题意，

∴周期为．

故答案为：．

【点睛】本题考查行列式的计算，考查诱导公式、余弦的二倍角公式，考查三角函数的周期．三角函数的性质问题一般要把函数化为一个角的一个三角函数形式．

8．已知平面向量，，且，实数的值为 _____．

【答案】

【分析】表示出，其与数量积为0，可算得出.

【详解】解：因为，，所以

又，则

故.

故答案为：.

9．函数的反函数为 ______．

【答案】

【分析】利用反函数的定义求解即可

【详解】由，得，

，

因为，

所以，

所以的反函数为，

故答案为：

10．等比数列的首项，前项和为，若，则______．

【答案】

【分析】设等比数列的公比为，由可求出，从而可求出，进而可求出

【详解】设等比数列的公比为，由题意可知，

因为，

所以，化简得，

，得，

所以，

所以，

故答案为：

11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______．

【答案】

【解析】判断几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．

【详解】由题意可知几何体是正方体的一部分，是四棱锥，

所以几何体的体积为：．

故答案为：．

【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是基础题．

12．已知是常数，若且，则___________.

【答案】3

【分析】采用赋值法，取可得；取，可得，再根据已知条件即可求出值．

【详解】取，则；

取，则，所以，即.

故答案为：3.

13．已知实数x，y满足，则的最大值为______．

【答案】

【分析】首先作出不等式组所表示的平面区域，根据的几何意义表示平面区域内的点与连线的斜率，数形结合计算可得.

【详解】解：作出不等式组所表示的平面区域如图阴影区域所示，表示平面区域内的点与连线的斜率，

观察可知，，联立，解得，即，

故的最大值为．

故答案为：

【点睛】本题考查简单的线性规划问题，关键是的几何意义的理解和应用，属于中档题.

14．如图所示，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结.若从该奥林匹克标志的五个环圈中任取2个，则这2个环圈恰好相交的概率为___________.

【答案】

【分析】利用古典概型求概率.

【详解】从该奥林匹克标志的五个环圈中任取2个，共有10种情况，其中这2个环圈恰好相交的情况有4种，则所求的概率.

故答案为：.

15．设函数，若是函数的最大值，则实数的取值范围为_______．

【答案】

【分析】由，求得的范围，再求得的单调性，讨论，时函数在的最大值，即可得到所求范围．

【详解】解：因为，

当时函数单调递减且，

当时，可得在时函数单调递减，在单调递增，

若，，则在处取得最大值，不符题意；

若，，则在处取得最大值，

且，解得，

综上可得的范围是．

故答案为：

16．过曲线上的点向圆：作两条切线，，切点为，，且，若这样的点有且只有两个，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【详解】分析：先求出点P的轨迹方程为，再画出分段函数的图像，最后利用数形结合分析得到实数a的取值范围.

详解：设点，由题得.

由题得曲线=,其图像是两条射线.

当a＜0时，射线与圆相切，所以.

当a＞0时，射线与圆相切，所以

.

当a=0时，满足题意.

故实数的取值范围是，故答案为.

点睛：（1）本题主要考查曲线的轨迹方程，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力数形结合的思想方法.(2)解答本题的关键有两点，其一是先要求出点P的轨迹方程，其二是要能通过数形结合分析分类讨论得到a的取值范围.

三、解答题

17．如图所示，在长方体中，，，是棱上的点，且．

(1)求三棱锥的体积；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等积法求解即可；

（2）用向量法求解即可

【详解】(1)由，

．

(2)以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，则，

，．   

设平面的一个法向量为，则

，，

即，

令，则

设直线与平面所成角的为，则

，

所以设直线与平面所成角的正弦值为

18．在中，角的对边分别为，已知.

（1）求角的大小；

（2）若，求的面积的最大值，并判断当最大时的形状．

【答案】（1）；（2）

【详解】试题分析：（1）利用正弦定理化和三角形内角和定理简，得，故；（2）由余弦定理和基本不等式，有，，，当且仅当时等号成立，故为等边三角形．

试题解析：

（1）∵，∴由正弦定理可知，，

，．

∵，∴．

∵，∴．∵，∴．

（2）由题知，

，，∴．∵由余弦定理可知：，

，∴．当且仅当“”时等号成立，

∴最大值是，此时三角形为等边三角形．

【解析】解三角形．

19．冰雪装备器材产业是冰雪产业的重要组成部分，加快发展冰雪装备器材产业，对筹办好北京2022年冬奥会、冬残奥会，带动我国3亿人参与冰雪运动具有重要的支撑作用.某冰雪装备器材生产企业，生产某种产品的年固定成本为300万元，每生产千件，需另投入成本（万元）.当年产量低于60千件时，；当年产量不低于60千件时，.每千件产品售价为60万元，且生产的产品能全部售完.

(1)写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；

(2)当年产量为多少千件时，企业所获得利润最大？最大利润是多少？

【答案】(1)

(2)当该企业年产量为50千件时，所获得利润最大，最大利润是950万元

【分析】(1)根据题意，分段写出年利润的表达式即可；

（2）根据年利润的解析式，分段求出两种情况下的最大利润值，比较大小，可得答案.

【详解】(1)当时，；

当时，.

所以；

(2)当时，.

当时，取得最大值，且最大值为950.

当时，

当且仅当时，等号成立.

因为，

所以当该企业年产量为50千件时，所获得利润最大，最大利润是950万元.

20．已知椭圆，上顶点和右顶点分别是、，椭圆上有两个动点、，且，如图所示，已知，且焦距为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求四边形面积的最大值；

(3)若点在第二象限，求证：直线与直线的斜率之积为定值，并求直线与直线的交点的轨迹方程．

【答案】(1)

(2)16

(3)证明见解析，

【分析】（1）由已知可得，，再由求出，从而可求出椭圆方程，

（2）由题意设直线的方程为，，，，，将直线方程代入椭圆方程消去，利用根与系数的关系和弦长公式表示出，再表示出直线与之间的距离，从而可表示出四边形的面积，利用换元法可求出其最大值，

（3）由（2）中根与系数的关系，求解，设直线方程为，直线方程为，设，两直线方程联立可表示出交点坐标，消去参数后可得点的轨迹方程，或设，则直线与交点的轨迹方程为，将代入化简可得结果

【详解】(1)因为，所以，

由于焦距为，所以，，

所以

所以椭圆的标准方程为

(2)因为，所以，所以，

设直线的方程为，

，，，，由得，

由△得，，

，

直线方程为，所以，

直线与之间的距离为，

所以四边形的面积，

令，则，

令，则，

所以，所以当时，

即时，四边形最大值为16，

(3)由第（2）问得，，

，

设直线方程为，直线方程为，

解法一：设，由，得，

所以，所以，

又因为点在第二象限，

所以，即所以交点的轨迹方程为；

解法二：设，则直线与交点的轨迹方程为，

即，所以，

所以或，

因为直线方程为，所以，

又因为点在第二象限，所以，

即所以交点的轨迹方程为．

21．已知数列满足：存在，对于任意的，使得，则称数列与成“级关联”．记与的前项和分别为．

(1)已知，判断与是否成“4级关联”，并说明理由；

(2)若数列与成“2级关联”，其中，且有，求的值；

(3)若数列与成“级关联”且有，求证：为递增数列当且仅当．

【答案】(1)不成“4级关联”，理由见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】(1)根据 “4级关联”的定义判断；(2)根据“4级关联”的可得，根据累加法即数列的周期性可求；(3)根据定义可得，再分别证明结论的充分性和必要性即可.

【详解】(1)由，可得

显然，等式不恒成立，举反例：时，有：左右．

(2)由可得：

利用累加法：

整理得：

由可知：且第一周期内有

所以

而又因为，故

(3)由已知可得

所以，

所以

（a）先说明必要性．

由为递增数列可知：

当时，，

所以 ，

当时， ，

由（）式可知：，故，（必要性得证）

（b）再说明充分性．

考虑反证法．假设数列中存在两项满足，得到

由于结合，能够得到：

可知对于全体正整数都成立，这与存在一项矛盾！假设不成立

（充分性得证）

由（a）、（b），命题得证．

【点睛】本题解决的关键在于准确理解新定义，并结合定义对条件进行转化，从而解决问题.