上海市七宝中学2021届高三上学期期中考试仿真密卷数学试题 Word版含答案(1)

上海2020-2021学年七宝中学高三上学期期中仿真密卷

数学学科

参考答案    

一. 填空题

1.       2.          3.       4. （）

5.          6.        7.        8.   

 9.          10.       11.        12.

二.  选择题

 13. B           14. C           15. C            16. B
三.解答题

17．

如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；

（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.

【详解】

证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以

又，，平面，因此平面；

（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

，

因为，所以，

所以，，

设是平面的法向量，

所以，

设是平面的法向量，

所以，

二面角的余弦值的绝对值为，

所以二面角的正弦值为.

【点睛】

本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.

18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.

（1）求角B的大小；

（2）设a=2，c=3，求b和的值.

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.

【解析】

分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．

（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得

详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，

又由，得，

即，可得．

又因为，可得B=．

（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，

有，故b=．

由，可得．因为a<c，故．

因此，

所以，

点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．

19．华为董事会决定投资开发新款软件，估计能获得万元到万元的投资收益，讨论了一个对课题组的奖励方案:奖金(单位:万元)随投资收益(单位:万元)的增加而增加，且奖金不超过万元，同时奖金不超过投资收益的.

（1）请分析函数是否符合华为要求的奖励函数模型，并说明原因；

（2）若华为公司采用模型函数作为奖励函数模型，试确定正整数的取值集合.

【答案】（1）不符合，原因见解析（2）的取值集合为

【解析】

【分析】

（1）根据题意，总结奖励模型需要满足的条件①在定义域上是增函数；②恒成立；③恒成立；判断单调性及最值，即可求解；

（2）由题意，依此判断分段函数的单调性，最大值和，即可求解参数范围，由为正整数，即可确定取值集合.

【详解】

（1）设奖励函数模型为，按公司对函数模型的基本要求，函数满足:当时，①在定义域上是增函数；②恒成立；③恒成立.对于函数模型.当时，是增函数，所以不恒成立.故该函数模型不符合公司要求.

（2）对于函数模型，当时，在定义域上是增函数，且恒成立；当时，，只有时，在定义域上是增函数；要使在恒成立，，即；要使恒成立对恒成立，即，即恒成立，所以；

综上所述，，所以满足条件的正整数a的取值集合为

【点睛】

本题结合实际问题，考查了（1）函数的单调性，最值和恒成立问题；（2）由函数的单调性最值和不等式确定参数的取值范围；考查计算能力，考查数学建模思想，属于中等题型.

20．已知椭圆经过点，离心率为，过点的直线与椭圆交于不同的两点，

（1）求椭圆的方程；

（2）求的取值范围；

（3）设直线和的斜率分别为和，求证:为定值.

【答案】（1） （2） （3）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据离心率和代入椭圆方程可求得和，进而求得，方程可得；

（2）由题意显然直线方程为，联立直线与椭圆的方程消去得.因为直线与椭圆交于不同的两点，，∴，可得，再用坐标表示出，即可求取值范围.

（3）由（2）用坐标表示出化简即可.

【详解】

（1）由题意得，解得，.∴椭圆的方程为.

（2）由题意显然直线的斜率存在，设直线的方程为，

由得. 

∵直线与椭圆交于不同的两点，，

∴，解得.

设，的坐标分别为，，则，，

又，，

，

∵，∴，

∴的范围为.

（3）由（2）得

所以为定值，

【点睛】

本题考查主要考查椭圆的标准方程求解，运用韦达定理解决直线与椭圆相交问题，椭圆定点问题，考查逻辑推理能力和计算求解能力，综合性较强，有一定难度.

21．已知定义在上的函数和数列满足下列条件:，当且时，且，其中均为非零常数.

（1）数列是等差数列，求的值；

（2）令，若，求数列的通项公式；

（3）证明:数列是等比数列的充要条件是.

【答案】（1）1（2）（3）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）由题意知，，得，再由等差数列，即可求解值；

（2）由，可得，因此，由此可知，数列是一个公比为的等比数列.

（3）先进行充分性证明：若则数列是等比数列；再进行必要性证明：若数列是等比数列，则.

【详解】

（1）由已知，，

得，

由数列是等差数列，得，

所以，，，

得.

（2）由，可得，

且当时，

，

所以，当时，，

因此，数列是一个公比为的等比数列.

故通项公式为

（3）是等比数列的充要条件是，

充分性证明:若，则由已知，

得，所以，是等比数列.

必要性证明:若是等比数列，由（2）知，，

，

.

当时，.上式对也成立，

所以，数列的通项公式为:.

所以，当时，数列是以为首项，为公差的等差数列.

所以，.

当时，. 上式对也成立，

所以，.

所以，.

即，等式对于任意实数均成立.

所以.

【点睛】

本题考查等差数列的定义，利用等比数列定义证明，求解等比数列通项公式及证明，考查分类讨论思想，考查计算能力，属于难题.