2022届上海市行知中学高三上学期开学考试数学试题含解析

2022届上海市行知中学高三上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．在“立体几何”知识中：①两直线所成角的取值范围是；②直线与平面所成角的取值范围是；③二面角的平面角取值范围是．在“解析几何”知识中；④直线的倾斜角取值范围是；⑤两直线的夹角取值范围是；在“向量”知识中：⑥两向量的夹角的取值范围是；以上概念叙述正确的是（       ）

A．②①④⑤ B．②③④⑥ C．③④⑤⑥ D．②③④⑤

【答案】B

【分析】根据各类角的定义即可逐一作出判断.

【详解】当两直线平行时夹角为0，故两直线所成角的范围为，故①⑤错误，

其他选项根据对应的定义均为正确.

故选:B．

2．在平面上，一动点到一定点的距离与它到一定直线的距离之比为1，则动点的轨迹是（       ）

A．抛物线 B．直线

C．抛物线或直线 D．以上结论均不正确

【答案】C

【分析】根据题意，分定点不在定直线上和定点在定直线上，两种情况分类讨论，结合抛物线的定义，即可求解.

【详解】由题意，一动点到一定点的距离与它到一定直线的距离之比为1，

可得该动点到定点和定直线距离相等，

当定点不在定直线上时，动点的轨迹是抛物线；

当定点在定直线上时，动点的轨迹是经过该定点且垂直于定直线的直线；

故选C．

3．设函数的图象分别向左平移m(m>0)个单位，向右平移n(n>0>个单位，所得到的两个图象都与函数的图象重合的最小值为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的图象分别向左平移个单位，向右平移个单位后的函数解析式，再根据其图象与函数的图象重合，可分别得关于，的方程，解之即可．

【详解】解：将函数的图象向左平移个单位，得函数，

其图象与的图象重合，

，，，故，，，

当时，取得最小值为．

将函数的图象向右平移个单位，得到函数，

其图象与的图象重合，

，，，

故，，当时，取得最小值为，

的最小值为，

故答案为．

【点睛】本题主要考查诱导公式，函数的图象变换规律，属于基础题．

4．定义域为集合上的函数满足：①、、构成等比数列；②；③；这样的不同函数的个数为（       ）

A．456 B．465 C．546 D．564

【答案】C

【分析】分析出的所有可能取值，得到使中、、构成等比数列时对应的项，再运用计数原理及排列组合求出这样的不同函数的个数即可.

【详解】解：的取值的最大值为，最小值为，并且成以2为公差的等差数列，

故的取值为8，6，4，2，0，，，，

的取值为14，12，10，8，6，4，2，0，，，，，，，

所以能使中的、、成等比数列时，

、、的取值只有两种情况：

①、、；②、、．

，或，

即得到后项时，把前项加1或者把前项减1，

（1）当、、时，想要构造满足条件的等比数列分为两步，

第一步：从变化到，第二步：从变化到．

从变化到时有7次变化，函数值从1变化到2，

故应从7次中选择4步加1，剩余的3步减1．对应的方法数为种，

从变化到时有6次变化，函数值从2变化到4，

故应从6次变化中选择4步加1，剩余2步减1，对应的方法数为种．

共有种方法；

（2）当、、时，想要构造满足条件的等比数列分为两步，

第一步，变化到，第二步：从变化到，

从变化到时有7次变化，函数值从1变化到，

故应从7次中选择2步加1，剩余的5步减1，对应的方法数为种，

从变化到时有6次变化，函数值从变化到4，

故应从6次变化中选择6步加1，对应的方法数为种，

共有种方法．

综上，满足条件的共有种.

故选：C．

【点睛】解决本题的难点在于发现的取值规律，并找到使、、构成等比数列所对应的三项，然后利用计数原理及排列组合求解即可，属于难题.

二、填空题

5．关于的不等式：的解集是________．

【答案】

【分析】由题意可得，解不等式组可得其解集.

【详解】由，得，

解得

所以不等式的解集为．

故答案为：

6．向量，，则在方向上的投影向量为________．

【答案】（0，0）

【分析】根据数量积的几何意义，即可求解.

【详解】因为，所以在方向上的投影为．

故答案为：

7．复数，若，则________．

【答案】5

【分析】根据复数相等的充要条件可得，进而可解得的值，即可求.

【详解】由题意得，则，将代入得，解得，进而解得或者，则．

故答案为：5

8．已知实数满足：，则________．

【答案】

【分析】由已知指数式化为对数式求出的值，再由对数的运算性质求出.

【详解】因为，所以，

则．

故答案为：,

9．集合，，若，则实数的取值范围是________．

【答案】

【分析】先化简集合，再根据集合间的基本关系，与集合进行集合包含关系运算即可，注意讨论子集中的空集的情况.

【详解】，若，则是的子集，

当时，，所以，

当时，，所以，

综上，实数的取值范围是．

故答案为: .

10．函数的值域为________．

【答案】

【分析】求出函数的定义域，并化简函数的解析式，利用反比例函数的值域可求得函数的值域.

【详解】由，可得且，函数的定义域为且，

，

所以且，

所以函数的值域为．

故答案为：．

11．直线（为常数，且），则直线倾斜角________（结果用反正切表示）．

【答案】

【分析】根据直线方程求得直线的斜率，进而求得直线的倾斜角.

【详解】由题意，直线，且，可得斜率，

又因为倾斜角，所以直线倾斜角．

故答案为：.

12．一个棱长为2的正方体容器，将8个直径均为1的球放入容器内，容器正中央能放入的最大的球的直径为________．

【答案】

【分析】说明8个小球的位置关系, 利用正方体的中心与8个小球的中心的距离关系推出结果即可.

【详解】将原正方体分为8个棱长为1的小正方体，则每个小正方体都有一个直径为1的球，原正方体的中心到小正方体的中心的距离为，又小正方体的中心到球表面的距离为，所以原正方体的中心到球的表面的最近距离为，所以正中央空间能放下的最大的球的直径为．

故答案为：.

13．已知，则________．

【答案】

【分析】由题意化简为，令，代入化简可得，即可得出，而，代入即可得出答案.

【详解】因为，所以，令，则，

所以，所以，所以，

所以．

故答案为：.

14．在直角三角形中，，，，点是外接圆上的任意一点，则的最大值是___________.

【答案】45

【分析】建立平面直角坐标系，用圆的方程设点的坐标，计算的最大值．

【详解】建立平面直角坐标系，如图所示：

，，，

外接圆，

设，，

则，，

，，当且仅当时取等号．

所以的最大值是45．

故答案为：45．

15．若函数，集合分别满足，当时，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】利用函数与集合的关系，根据题意建立关系，由可得，再通过分类讨论可分析得出结论.

【详解】设，所以，

所以，即，故，故，

，

当时，, 满足 , 此时 ；

当时，，是的根而不是的根，故，即，解得，

综上所述，，所以的取值范围是．

故答案为：.

16．数列满足：，，则通项________．

【答案】

【分析】当时，与两式相减，可得出，再由累乘法计算即可得出答案.

【详解】由题意得：①，

当时，，

当时，②，

①②得：，

所以，，，，…，，

累乘得，当时，不满足，

则．

故答案为：.

三、解答题

17．已知、、是中、、的对边，，，．

(1)求边长；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理求边；

（2）根据三角恒等变换求，再根据角的范围求的值.

【详解】(1)在中，由余弦定理得，，

即，

整理得，

解得；

(2)在中，由余弦定理得，

得，

．

，又，，

所以，

易得，，所以，所以．

18．已知定义域为的奇函数．

(1)求实数的值，并判断函数在上的单调性（用函数单调性的定义证明）；

(2)函数在上是否存在反函数，若存在，那么对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)，在上单调递增；证明见解析

(2)存在；

【分析】（1）由求得，结合函数单调性的定义判断出在上的单调性.

（2）根据反函数的性质求得的奇偶性和单调性，然后由不等式分离参数，结合二次函数的性质求得的取值范围.

【详解】(1)由于是定义在上的奇函数，所以，

，满足.

任取，

.

是增函数，所以，

所以，

所以上单调递增.

(2)因为是定义在上的奇函数，且在上单调递增，

所以存在反函数，

且是奇函数，且在上单调递增，

恒成立，

因为，当时等号成立，

所以．

19．已知一大圆锥的底面半径与高都是，在圆锥内部有一个内接的倒置小圆锥，小圆锥的底面半径与高分别为，，且小圆锥的底面平行于大圆锥的底面，小圆锥的顶点位于大圆锥的底面中心．

(1)求圆锥的表面积；

(2)求小圆锥的体积的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出圆锥的母线即得解；

（2）小圆锥的底面半径为，高为，得，再利用基本不等式求解.

【详解】(1)解：圆锥的母线，

所以圆锥的表面积为.

(2)解：小圆锥的底面半径为，高为，由，得，

小圆锥的体积．

当且仅当，即，时，小圆锥体积最大值为．

20．已知曲线上一动点到两定点，的距离之和为，过点的直线与曲线相交于点，．

(1)求曲线的方程；

(2)动弦满足：，求点的轨迹方程；

(3)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解，

（2）根据点差法和中点弦即可根据斜率关系进行求解，

（3）根据点轨迹以及点到直线的距离公式，结合点的参数方程，即可根据三角函数的性质求解.

【详解】(1)因为动点到两定点，的距离之和为，

所以曲线是以，为焦点的椭圆，，，

所以，，所以曲线的方程为；

(2)因为，所以为中点，设，

当的斜率存在且不为0时，将，代入椭圆方程中得：两式相减得，故故得，

所以，所以，整理得；

当的斜率不存在或为0时，或，出满足；

所以点的轨迹方程是；

(3)，

其中，，分别为点到直线：的距离，

因为点的轨迹方程为，设，，

则可设，

所以

，其中，

所以．

21．若数列满足(，且为实常数)，，则称数列为数列.

（1）若数列的前三项依次为，，，且为数列，求实数的取值范围；

（2）已知是公比为的等比数列，且，记.若存在数列为数列，使得成立，求实数的取值范围；

（3）记无穷等差数列的首项为，公差为，证明：“”是“为数列”的充要条件.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.

【分析】（1）由题意可得，可得的不等式组，解得的范围；

（2）由题意可得或，分别讨论的范围，结合等比数列的通项公式和数列极限的公式，即可得到所求范围；

（3）先证充分性，讨论是否为0，结合等差数列的通项公式和不等式的性质，以及数列的定义，可得证明；再证必要性，同样讨论是否为0，结合等差数列的通项公式和首项与公差的符号，即可得证．

【详解】（1）因为为（3）数列，所以，

则，解得，

即的取值范围是，；

（2）由数列为（4）数列，可得或，

当时，由，，所以．

则，

所以，即；

当时，由，，所以．

则，

所以，即，所以，

则的取值范围是；

（3）先证充分性．因为，所以，为等差数列，

所以当时，，此时，

由，所以成立，所以为数列；

当时，，

因为，所以，所以，

即有，

因为，所以

，

所以恒成立，所以为数列，

综上可得，为数列；

再证必要性．因为为数列，所以恒成立，所以，

当时，显然成立；

当时，因为，所以的每一项同号，所以与也同号，

所以，因为恒成立，所以时，成立，

因为为等差数列，，，

所以，即为，，

综上可得，“”是“为数列”的充要条件．

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第3小问，证明“”是“为数列”的充要条件，先证明充分性，利用不等式证明恒成立，所以为数列；再证明必要性，证明成立.