2022届上海市实验学校高三冲刺模拟卷（五）数学试题含解析

这是一份2022届上海市实验学校高三冲刺模拟卷（五）数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．、是空间两条直线，是平面，以下结论正确的是（ ）．
A．如果，，则一定有．
B．如果，，则一定有．
C．如果，，则一定有．
D．如果，，则一定有．
【答案】D
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的关系逐一核对四个选项得答案．
【详解】对于A，若，，则有或与相交或与异面，故错误；
对于B、C，如果⊥，⊥，则有或⊂，故B、C错误；
对于D，如果⊥，则垂直内的所有直线，又，则过与相交的平面交于，则，∴⊥，故D正确．
故选：D ．
2．已知函数，，且，，，则的值（）
A．一定等于零B．一定大于零C．一定小于零D．正负都有可能
【答案】B
【分析】由已知可得为奇函数，并且在上是增函数. 所以由,得，由得由得，
从而可得解.
【详解】由已知,可得,所以为奇函数，
又因为 在上单调递增，所以在上是增函数.
所以,
由得
由得，
故，
所以，
故选B.
【点睛】本题考查运用函数的奇偶性和单调性判断表达式的符号，关键在于利用单调性和奇偶性由,可得，属于中档题.
3．已知点与点在直线的两侧，给出以下结论：
①；
②当时，有最小值，无最大值；
③；
④当且时，的取值范围是.
正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由与的位置关系有，数形结合法判断位置，结合的几何意义判断、的范围，应用点线距离公式有判断③.
【详解】将代入有，
而与在的两侧，则，①错误；
由上知：且，则在直线上方与y轴右侧部分，
所以，故无最值，②错误；
由上图知：在直线左上方，则，③正确；
由过且且，即在直线上方与y轴右侧部分，
而表示与连线的斜率，由图知：，④正确.
故选：B
4．已知以为周期的函数，其中.若方程恰有5个实数解，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】作出函数和的图象，要想使方程恰有5个实数解，则需直线处在函数在内的曲线切线和之间．
【详解】解：作出函数和的图象如图：
若方程恰有5个实数解，
则直线处在函数在内的曲线切线和之间．
函数是周期为4的周期函数，
，此时．
，，
此时两个函数不相交．
当，时，，，
，，．
由，得，
则由，得，
整理得，解得，
当，时，，，
，，．
即，将代入整理得，
即，
由判别式得
要使方程恰有5个实数解，则，
即的取值范围为，
故选：B．
二、填空题
5．设集合，，则__________.
【答案】
【分析】首先求出集合，再根据交集定义求交集．
【详解】由得，∴，∴，
又，
所以．
故答案为：．
【点睛】本题考查集合的交集运算，解题关键是确定集合中的元素．本题考查了指数不等式的求解．
6．在中， 则________.
【答案】
【分析】由正弦二倍角公式得，再看作分母为1的分式，化为的齐次式，再化为计算．
【详解】.
故答案为：．
7．已知复数为虚数单位），表示的共轭复数，则________.
【答案】1
【分析】先由复数除法求得，然后再计算．
【详解】，
∴．
故答案为：1
【点睛】本题考查复数的运算，掌握复数四则运算法则是解题基础．本题还考查了共轭复数的概念．
8．若等比数列的公比满足且则________.
【答案】
【分析】先根据已知求出，再求得解.
【详解】由题得.
所以.
故答案为16
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算和等比数列的和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
9．若函数存在反函数，则________.
【答案】
【分析】函数在上存在反函数，则函数在上应是单调函数．由此可确定值，然后求，再计算．
【详解】，
若，则函数在和上递增，在上递减，
若，则函数在和上递增，在上递减，
若，则函数在上递增，
∵函数存在反函数，∴．即，
由得时，，，即．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查反函数．解题关键是确定函数存在反函数的条件，求出函数解析式．在求反函数值时，直接令，解得即可．
10．在数学解题中，时常会碰到形如“”的式子，它与“两角和的正切公式”的结构类似.若，则________.
【答案】
【分析】将已知条件左边分式分子分母同时除以，结合两角和的正切公式，求得的值.
【详解】由已知分子分母同时除以得，
.
又，所以.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查两角和的正切公式，考查齐次方程的计算，属于中档题.
11．已知递增数列共有项，且各项均不为零，，如果从中任取两项，当时，仍是数列中的项，则数列的各项和_____．
【答案】
【详解】∵当时，仍是数列中的项，而数列是递增数列，
∴，
所以必有，，利用累加法可得：，故，得，
故答案为.
点睛：本题主要考查了数列的求和，解题的关键是单调性的利用以及累加法的运用，有一定难度；根据题中条件从中任取两项，当时，仍是数列中的项，结合递增数列必有，，利用累加法可得结果.
12．某小区有排成一排的8个车位，现有5辆不同型号的轿车需要停放，则这5辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一起的概率为_______（结果用最简分数表示）.
【答案】
【分析】这5辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一起的方法数可以先考虑三个车位连在一起，剩下的5个车位停放5辆轿车．共有可方法．再求得8个车位任意停5辆车子方法数后可求得概率．
【详解】5辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一起的方法数有种，8个车位任意停5辆车子方法数为，所以概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查古典概型，解题关键是求出基本事件的个数，特别所求概率事件所含基本事件的个数．
13．函数，如果方程有四个不同的实数解，，，，则______.
【答案】
【分析】作出的图象，可得和的图象有四个不同的交点，不妨设交点横坐标，由，关于原点对称，，关于点对称，即可得到所求的和.
【详解】作出的图象，
方程有四个不同的实数解，等价为和的图象有四个不同的交点，不妨设交点横坐标为，，，且，
由，关于原点对称，，关于点对称，
可得，，
则，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了函数方程的转化思想，考查数形结合的思想以及对称性的运用，属于中档题.
14．三条侧棱两两垂直的正三棱锥，其俯视图如图所示，主视图的边界是底边长为2的等腰三角形，则主视图的面积等于_______．
【答案】
【分析】由题意，正三棱锥有三个面都是等腰直角三角形，且边长相等．根据俯视图可得，底面是边长为2的等边三角形．利用体积法，求其高，即可得主视图的高．可得主视图的面积
【详解】解：由题意，正三棱锥有三个面都是等腰直角三角形，
（如图：，，
且边长相等为，
其体积为
根据俯视图可得，底面是边长为2的等边三角形．
其面积为：．
设主视图的高，
则．
．
主视图的边界是底边长为2的等腰三角形，其高为．
得面积．
故答案为
【点睛】本题考查了三视图与空间几何体的体积和表面积的计算，考虑空间想象能力，解决本题的关键是得到该几何体的形状．
15．在直角中，，，，是内一点，且，若，则的最大值______．
【答案】
【详解】由已知可得 .
【点睛】本题主要考查向量的数量积、向量的分解和基本不等式，涉及数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力和运算求解能力，具有一定的综合性，属于中档题型. 将已知条件两边平方得
.
16．无穷数列的前项和为，若对任意的正整数都有，则的可能取值最多有_________个．
【答案】91
【分析】根据数列递推公式可得，而，，，，，，分类讨论即可求出答案．
【详解】解：，而，，，，，，
若，则有种，
若，则有，
根据分类计数原理可得，共有种，
故答案为：91
【点睛】本题考查了数列的递推公式和分类计数原理，考查了学生的转化能力，属于中档题
三、解答题
17．如图所示，球O的球心O在空间直角坐标系O﹣xyz的原点，半径为1，且球O分别与x，y，z轴的正半轴交于A，B，C三点.已知球面上一点.
（1）求D，C两点在球O上的球面距离；
（2）求直线CD与平面ABC所成角的大小.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）求出球心角，即可求D，C两点在球O上的球面距离；
（2）求出平面ABC的法向量，即可求直线CD与平面ABC所成角的大小.
【详解】解：（1）由题意，，
，
，
，
D，C两点在球O上的球面距离为；
（2），重心坐标为，
平面ABC的法向量为，
，
直线CD与平面ABC所成角的正弦，
直线CD与平面ABC所成角的大小为
.
【点睛】本题考查球面距离，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.
18．如图所示，是某海湾旅游区的一角，其中，为了营造更加优美的旅游环境，旅游区管委会决定在直线海岸和上分别修建观光长廊和AC，其中是宽长廊，造价是元/米，是窄长廊，造价是元/米，两段长廊的总造价为120万元，同时在线段上靠近点的三等分点处建一个观光平台，并建水上直线通道（平台大小忽略不计），水上通道的造价是元/米．
(1) 若规划在三角形区域内开发水上游乐项目，要求的面积最大，那么和的长度分别为多少米？
(2) 在(1)的条件下，建直线通道还需要多少钱？
【答案】（1）和AC的长度分别为750米和1500米（2）万元
【详解】试题分析：（1）设长为米，长为米，依题意得，即，表示面积,利用基本不等式可得结论；（2）利用向量方法，将表示为，根据向量的数量积与模长的关系可得结果.
试题解析：（1）设长为米，长为米，依题意得，
即，

=
当且仅当，即时等号成立，
所以当的面积最大时，和AC的长度分别为750米和1500米
（2）在(1)的条件下，因为．
由
得


，
元
所以，建水上通道还需要万元．
解法二：在中，

在中，

在中，
=
元
所以，建水上通道还需要万元．
解法三：以A为原点，以AB为轴建立平面直角坐标系，则，
,即，设
由，求得， 所以
所以，
元
所以，建水上通道还需要万元．
19．对于定义域为的函数，如果存在区间，其中，同时满足：
①在内是单调函数：②当定义域为时，的值域为，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”.
（1）求证：函数不是定义域上的“保值函数”；
（2）若函数（）是区间上的“保值函数”，求的取值范围；
（3）对（2）中函数，若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见详解；（2）或；（3）
【分析】（1）根据“保值函数”的定义分析即可（2）按“保值函数”定义知，，转化为是方程的两个不相等的实根，利用判别式求解即可（3）去掉绝对值，转化为不等式组，分离参数，利用函数最值解决恒成立问题.
【详解】（1）函数在时的值域为，不满足“保值函数”的定义，
因此函数不是定义域上的“保值函数”.
（2）因为函数在内是单调增函数，
因此，，
因此是方程的两个不相等的实根，
等价于方程有两个不相等的实根.
由
解得或.
（3），
，
即为对恒成立.
令，易证在单调递增，
同理在单调递减.
因此，，
.
所以
解得.
又或，
所以的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了新概念，函数的单调性，一元二次方程有解，绝对值不等式，恒成立，属于难题.
20．（1）设椭圆与双曲线有相同的焦点、，是椭圆与双曲线的公共点，且△的周长为6，求椭圆的方程；我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”；
（2）如图，已知“盾圆”的方程为，设“盾圆”上的任意一点到的距离为，到直线的距离为，求证：为定值；
（3）由抛物线弧（）与第（1）小题椭圆弧（）所合成的封闭曲线为“盾圆”，设过点的直线与“盾圆”交于、两点，，，且（），试用表示，并求的取值范围.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），；，；.
【分析】（1）由由的周长为得,由椭圆与双曲线共焦点可得值,根据平方关系求得,进而即可得到椭圆方程；
（2）设“盾圆”上的任意一点的坐标为,,分为与两种情况表示出,再分别计算,即可求得定值；
（3）由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）,分类讨论：时,在椭圆弧上；时,在抛物弧上,由条件可表示出此时,相应地, 再按时, 在抛物弧上,在椭圆弧上；当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上；当时, 、在椭圆弧上,利用三角函数性质分别求出的范围
【详解】（1）由的周长为得,椭圆与双曲线有相同的焦点,所以,即,则,,则椭圆的方程为
（2）证明：设“盾圆”上的任意一点的坐标为,
当时,,,
即；
当时,,,
即；
所以为定值.
（3）显然“盾圆”由两部分合成,所以按在抛物弧或椭圆弧上加以分类,由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）；
当时,,此时,；
当时,在椭圆弧上,由题设知代入得,,整理得,解得或（舍去）
当时,在抛物弧上,方程或定义均可得到,于是,
综上,或；
相应地,,
当时, 在抛物弧上,在椭圆弧上,
；
当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上,
;
当时, 、在椭圆弧上,
；
综上, ，；，；
的取值范围是
【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查两点间距离公式,考查参数方程的应用,考查推理论证的能力,考查分类讨论思想,考查运算能力
21．对于定义域为R的函数，部分与的对应关系如表：
（1）求：
（2）数列满足，且对任意，点都在函数的图象上，求
（3）若，其中，求此函数的解析式，并求．
【答案】（1）2；（2）；（3）见解析
【分析】（1）由内往外计算即可；
（2）由已知，通过计算易得数列是以4为周期的周期数列，先计算的值，利用即可得到答案；
（3）代入表中数据即可得到的解析式，再分n为奇数、偶数讨论求和即可.
【详解】（1）由表中数据可得.
（2），由于，则，，
，，所以，依次递推可得数列
的周期为4，又，所以.
（3）由题意得，由，得，即
，又，则，从而，而，所以
，故，消，得
所以，解得，又，
所以，所以，
此函数有最小正周期6，且，，
当时，
；
当时，
.
【点睛】本题考查三角函数与数列的综合应用，涉及到求三角函数的解析式、周期数列的和，是一道中档题.