2022届上海市华东师范大学附属东昌中学高三下学期第二次阶考数学试题（解析版）

2022届上海市华东师范大学附属东昌中学高三下学期第二次阶考数学试题

一、单选题

1．设，若，则下列不等式不恒成立的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据不等式的性质可判断A;根据指数函数的单调性判断B;根据幂函数的单调性判断C，可举特例说明D中不等式不恒成立，即可得答案.

【详解】对于A,由于，根据不等式性质可知恒成立；

对于B,由于函数是单调增函数，故若，则恒成立；

对于C，由于函数是单调增函数，故若，则恒成立；

对于D，不妨取 ，则，即时，不恒成立，

故选：D

2．已知数据 ， ，…，是我校99名普通男生的百米短跑的最好成绩，设这99个数据的均值为，中位数为，方差为D．若再加上亚洲百米短跑记录保持着苏炳添的最好成绩，则对于这100个数据，下列说法正确的是（       ）

A．可能不变，一定变小，一定变大

B．可能不变，一定变小，可能不变

C．一定变小，可能不变，可能不变

D．一定变小，可能不变，一定变大

【答案】D

【分析】因为亚洲百米短跑记录保持着苏炳添的最好成绩，要远小于99名普通男生中任何一个人的百米短跑的最好成绩，因此根据均值和中位数以及方差的定义，即可判断变化情况，可得答案.

【详解】由于亚洲百米短跑记录保持着苏炳添的最好成绩一定远小于普通男生的最好成绩，

因此99名普通男生的百米短跑的最好成绩，加上苏炳添的最好成绩后，

均值一定会变小，

中位数要根据数据排序后中间位置上的数据情况确定，因此M可能不变，也可能变大，

由于苏炳添的最好成绩，要远小于普通男生，因此加上后，数据的离散程度变大，因此方差D一定变大，

故选：D

3．定义在上的函数满足，则下列函数中是周期函数的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件进行化简，结合周期函数的知识确定正确选项.

【详解】依题意，定义在上的函数满足，

所以，

所以是周期为的周期函数.

故选：B.

·

4．已知向量，满足，，若对于任意单位向量，都有，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】利用绝对值不等式可得，从而，平方后即可求得答案.

【详解】由题意得：，

即，当且仅当与共线时取等号，

故，由于，，则，

即的最大值为，

故选：B

二、填空题

5．函数的最小正周期为___________．

【答案】.

【详解】试题分析：因为函数，，所以其最小正周期为.

故答案为.

【解析】三角函数的基本关系式；函数的性质.

6．______．

【答案】2022

【分析】将变形为，根据极限的运算，求得答案.

【详解】,

故答案为：2022

7．若平面向量满足，则___________.

【答案】0

【分析】由题意得，代入坐标进行计算即可．

【详解】∵，∴，

又，，

∴，即，

故答案为：．

8．已知集合，，若，则______．

【答案】或

【分析】根据并集的定义即可得到答案.

【详解】因为，，若，

所以，或.

故答案为：或.

9．若双曲线的焦距等于虚轴长的3倍，则的值为______．

【答案】

【分析】先将双曲线化为标准形式，进而得到，，根据题意列出方程，求出的值.

【详解】化为标准方程：，

则，故，则可得：，

解得：，

故答案为：

10．已知是偶函数，则复数的模为______．

【答案】

【分析】根据是偶函数可得，根据复数的乘法运算求出的结果，根据模的计算求得答案.

【详解】由是偶函数，

可得，

即 ，因为 ，故 ，

所以，

故复数的模为 ，

故答案为：

11．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

【答案】

【详解】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.

详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为

点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．

12．若的展开式中项的系数为，则实数______．

【答案】

【分析】根据二项式定理写出通项，进而写出展开式中项的系数，确定的值，进而求的结果.

【详解】解：的展开式的通项为，

因为展开式中项的系数为，所以，，

所以.

故答案为：.

13．已知，若，则______．

【答案】

【分析】由化简可得，根据判断，即可求得答案.

【详解】由得，，

即，则，

因为，则，

所以，

故答案为：

14．若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】将对任意的恒成立，变为对任意的恒成立，构造函数，，判断其单调性，确定其最值，即可求得答案.

【详解】关于的不等式对任意的恒成立，

则对任意的恒成立，

即对任意的恒成立，

令，，由于是递减函数，递减，

故，是递减函数，

故，

故 ，

故答案为：

15．将椭圆：绕坐标原点逆时针旋转，则所得椭圆的最高点到坐标原点的距离为______．

【答案】

【分析】结合图可得只需求椭圆的斜率为的切线的切点到原点的距离即可.

【详解】过旋转后的椭圆的最高点作椭圆的切线，则切线的斜率是0.将椭圆顺时针旋转还原后，切线的斜率是.

设切线方程为，设切点为，

联立，可得，

由已知，又

所以， ，

所以切点的坐标为，

点到原点的距离为，

故所求距离是.

故答案为：.

16．给定，，从正整数1，2，…，中任意取出两个不同的数，记取出的两数之和等于的概率为，给出如下命题：

（1）当取奇数时，有恒成立；

（2）当取偶数时，有恒成立；

（3）对任意的，有恒成立；

（4）对任意的且，有恒成立．

则其中为真命题的是_______．（填写命题序号）

【答案】（1）（4）

【分析】根据题干中的已知条件，利用正整数列中的某一段首尾相加等于，逐项判断正误.

【详解】解：（1）当取奇数时，任意取出两个不同的数共有种取法，两个数之和等于，即，共有种，故，故（1）为真命题；

（2）取偶数，且当时，则存在使得，即共有种取法；任意取两个数之和等于，则，即共有种取法，此时；

取偶数，且当时，任取两个数之和为即共有种取法；任意取两个数之和等于，即，共有种

，此时，故（2）为假命题；

（3）当时，存在使得，

则，故两数之和为的取法小于两数之和为的取法，即，故（3）为假命题；

（4）当时，则，从1到共个数；若为奇数，则有中取法，若为偶数，则有中取法；

，从到共个数，若为奇数，则有中取法，若为偶数，则有中取法；故此时；

当时，则，从到共个数；若为奇数，则有中取法，若为偶数，则有中取法；

，从1到共个数，故此时；则（4）是真命题.

故答案为：（1）（4）

三、解答题

17．三棱锥及其三视图中的主视图和左视图如下图所示．

(1)求直线与平面所成角；

(2)求点到平面距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三视图可判断即为直线与平面所成的角，求的值即可.

（2）通过添加辅助线，证明平面，即为点到平面的距离，利用三角形面积计算的值即可.

【详解】(1)解：根据主视图和左视图可得,,平面，故即为直线与平面所成的角，

又点到直线的距离为，则，故为等腰直角三角形，

所以，即直线与平面所成的角为.

(2)

如图，取中点，连接，过点作,

由（1）得，则，为等边三角形，

又点为中点，故,于点，

故平面，又平面，则,

因为，于点，故平面；即为点到平面的距离.

因为，所以,

的面积为，解得：.

故点到平面的距离为.

18．已知函数，．

(1)求的单调递增区间；

(2)在中，角A所对边，角所对边，若，求的面积．

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）利用二倍角公式得到，利用换元法求出单增区间；

（2）先求出，利用余弦定理求出c，即可求出三角形的面积.

【详解】(1).

令，则.

因为在单调递增，所以在上单调递增.

即的单调递增区间为.

(2)由，可得：.

因为，所以，所以时，；

时，.但此时，，所以，所以，不符合三角形内角和定理，舍去.

所以在中，，，，由余弦定理得：

，即，解得：或.

当时，;

当时，.

所以的面积为或.

19．如图，某街道拟设立一占地面积为平方米的常态化核酸采样点，场地形状为矩形．根据防疫要求，采样点周围通道设计规格要求为：长边外通道宽5米，短边外通道宽8米，采样点长边不小于20米，至多长28米．

(1)设采样点长边为米，采样点及周围通道的总占地面积为平方米，试建立关于的函数关系式，并指明定义域；

(2)当时，试求的最小值，并指出取到最小值时的取值．

【答案】(1)

(2)当时，S的最小值为，此时;

当时，S的最小值为，此时.

【分析】（1）表示出采样点及周围通道的长，宽，写出S关于的函数关系式即可；

（2）分两种情况讨论a的取值范围，当时，根据基本不等式的性质求出S的最小值，以及满足条件的的值；当时，借助于导数解决问题，求得答案.

【详解】(1)由题意采样点及周围通道构成的矩形的长是，宽是，

故；

(2)由（1）知，，

当时，，

当且仅当即时取等号，此时，且满足，

故此时S的最小值为，此时;

当时，令，

则，

由于时， ，故，

即单调递减，

故，此时 ，满足 ,

故S的最小值为，此时.

20．设函数，.

（1）若，求实数的取值范围；

（2）若为正整数，设的解集为，求及数列的前项和；

（3）对于（2）中的数列，设，求数列的前项和的最大值.

【答案】(1);(2);(3).

【分析】（1）不等式等价于，据此分类讨论可得不等式的解集为；

（2）由题意可得，，则，同理分组求和可得；

（3）由题意讨论可知 的最大值必为的偶数项，且当为偶数时（）时，，据此可知.

【详解】（1）∵ 即，

∴即，

或∴ ；

（2）由即的解集为，

∴ ，

∴ 时，，时，，

∴ ，

；

（3），时，，

为奇数时，，即，，，…，，…，

为偶数时，，即，，，…，…，

∴ 的最大值必为的偶数项，故当为偶数时（）时，

，

∴ 为偶数时，为递减数列，∴ .

【点睛】本题主要考查数列的递推关系，数列求和的方法，数列中的最值问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

21．如图，是抛物线：的焦点，过的直线交抛物线于，两点，点在第一象限，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记，的面积分别为，．已知点在抛物线上．

(1)求抛物线的方程；

(2)设点纵坐标为，试用表示点的横坐标；

(3)在（2）的条件下，求的最小值及此时点的坐标．

【答案】(1)

(2)

(3)的最小值为，

【分析】（1）将点的坐标代入可求出，从而可得抛物线的方程，

（2）先求出直线的方程为，代入抛物线方程，化简利用根与系数的关系可求出点的坐标，再由重心在轴上结合重心坐标公式可求出点的坐标，从而可求出点的横坐标，

（3）求出直线的方程，可求出，从而，令，代入化简后利用基本不等式可求出其最小值和点的坐标

【详解】(1)因为点在抛物线：上，

所以，得，

所以抛物线的方程为，

(2)由点纵坐标为，得点横坐标为，设，重心，

因为直线过，所以

所以直线的方程为，即，

代入，得，

所以，得，所以，

因为，，重心在轴上，

所以，得，

所以，所以，

所以

即点的横坐标为

(3)由（2）得，，

所以，

所以直线的方程为，

令，得，即，

因为在点的右侧，所以，

所以

，

令，则，

，

当且仅当，即取等号，

所以当时，取得最小值为，

此时，则，所以

【点睛】关键点点睛：此题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，第（3）问解题的关键是表示出后，利用换元法，令，将其转化为，然后利用基本不等式可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题