高三 上海市建平中学2022届高三上学期9月开学考试数学试题（解析版）

建平中学高三数学练习试卷

一、填空题

1. 已知集合则__________．

【答案】

【解析】

【分析】直接利用集合交集的定义求解即可.

【详解】因为集合

两个集合的公共元素为

所以．故答案为.

【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.

2. 方程的解为______.

【答案】

【解析】

【分析】设，即求二次方程的正实数根，即可解决问题.

【详解】设,即转化为求方程的正实数根

由得或(舍)

所以，则

故答案为：

【点睛】本题考查指数型二次方程，考查换元法，属于基础题.

3. 若，则它的反函数是______．

【答案】

【解析】

【分析】解方程得，再对调x与可得反函数．

详解】解：由得，，

，

故答案为．

点睛】本题考查了反函数得求法，属基础题．

4. 设为单位向量，且互相垂直，若，则向量在方向上的投影为______．

【答案】

【解析】

【分析】先由已知有，，，又，再由投影公式得．

【详解】解：由已知有，，，

又，

设的夹角为 ，

则向量在方向上的投影为：

，

故答案为：．

【点睛】本题考查了向量的数量积公式及投影的概念，属基础题．

5. 已知某圆锥体的底面半径为，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥体的母线长是________．

【答案】

【解析】

【分析】

利用圆锥底面圆的周长等于侧面展开扇形的弧长求解.

【详解】由题意可知，此圆锥的侧面展开扇形的弧长为，

设圆锥的母线长为，则，则.

故答案为：.

【点睛】本题考查圆锥的母线长求解，考查扇形的弧长公式的运用，较简单.

6. 设函数，若，且，则实数a构成的集合为______．

【答案】或

【解析】

【分析】当时，，当时，，由此能求出实数a构成的集合．

【详解】解：函数，，且，

当时，，

当时，．

实数a构成的集合为或．

故答案为或．

【点睛】本题考查实数的取值集合的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

7. 在无穷等比数列中，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】利用无穷等比数列的求和公式即可得出．

【详解】解：根据等比数列的性质，数列是首项为 ，公比为的等比数列．

又因公比，所以．

．

故答案为．

【点睛】本题考查了无穷等比数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

8. 设分别为双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P，满足，则该双曲线的渐近线方程为            ．

【答案】

【解析】

【详解】

所以，渐近线方程为，

故答案为.

9. 函数的值域是__________

【答案】

【解析】

【分析】先求函数的定义域，再判断函数的单调性，根据单调性求最值，从而可得结果.

【详解】由题意知，解得，

即函数的定义域为，

是减函数，也是减函数，

所以函数在是减函数，

当时，函数有最大值为，

当时，函数有最小值为，

值域为，故答案为.

【点睛】本题主要考查反三角函数定义域与值域，意在考查对基础知识与基本技能掌握熟练程度以及灵活运用所学知识解决问题的能力，属于中档题.

10. 甲、乙、丙三人相互传球，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球等可能地传给另外两人中的任何一人．经过3次传球后，球仍在甲手中的概率是______．

【答案】

【解析】

【分析】利用列举法求出所有的传球方法共有多少种，找出第3次球恰好传回给甲的情况，由此能求出经过3次传球后，球仍在甲手中的概率．

【详解】解：用甲乙丙甲表示一种传球方法

所有传球方法共有：

甲乙甲乙；甲乙甲丙；甲乙丙甲；甲乙丙乙；

甲丙甲乙；甲丙甲丙；甲丙乙甲；甲丙乙丙；

则共有8种传球方法．

第3次球恰好传回给甲的有两种情况，

经过3次传球后，球仍在甲手中的概率是

故答案为．

【点睛】本题考查概率的求法，是基础题．

11. 已知函数，，，对任意都有，且是增函数，则用列举法表示函数的值域是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，令，由条件求得而，即而由知，，于是得到的值，将其值域用列举法表示即可得答案．

【详解】解：根据题意，令，

对任意都有，故有，否则，可得，这与矛盾；

从而，而由，即得．

又由是增函数，则，即，于是得到．

又，从而，即．

而由知，．

于是，

则函数的值域；

故答案为．

根据题意，令，由条件求得而，即而由知，，于是得到的值，将其值域用列举法表示即可得答案．

【点睛】本题考查抽象函数的求值，涉及函数的单调性的应用，求出，是解题的关键，属于中档题．

12. 设常数，无穷数列满足，若存在常数M，使得对于任意，不等式恒成立，则的最大值是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据 ，通过转化得到，结合单调性即可求解；

【详解】解： 由，

∴ ，

∴

∴

当时，，满足题意，此时；

当时，可得.

∵存在常数，使得对任意，不等式恒成立

∴ 当时，存在常数，恒成立

又∵

∴

故答案为．

【点睛】本题考查的知识点是转化思想求解恒成立问题，难度中档．

二、选择题

13. 若函数, 则该函数在(-∞,+∞)上是

A. 单调递减无最小值 B. 单调递减有最小值

C. 单调递增无最大值 D. 单调递增有最大值

【答案】A

【解析】

【详解】本题考查函数的单调性及最值.

设，则当时为增函数，且；

于是为减函数，其图象如图所示：

则故为减函数且；图象在轴上方，，所以原函数既无最小值，也无最大值.

故正确答案为A.

14. “”是“实系数一元二次方程有虚根”的条件．

A. 必要非充分 B. 充分非必要 C. 充分必要 D. 非充分非必要

【答案】A

【解析】

【分析】实系数一元二次方程有虚根等价于，再根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．

【详解】解：实系数一元二次方程有虚根，

推不出，

，

“”是“实系数一元二次方程有虚根”的必要非充分条件．

故选A．

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．

15. 设全集为，集合，，则集合可表示为

A. ； B. ； C. ； D.

【答案】D

【解析】

【详解】解：因为集合M表示为椭圆上点的横坐标的取值范围，集合N表示不等式的解集那么集合表示的为圆中x的取值范围为，可见选项为D

16. 已知，，若，则对此不等式描述正

确的是

A. 若，则至少存在一个以为边长的等边三角形

B. 若，则对任意满足不等式的都存在以为边长的三角形

C. 若，则对任意满足不等式的都存在以为边长的三角形

D. 若，则对满足不等式的不存在以为边长的直角三角形

【答案】B

【解析】

【详解】本题可用排除法，由，

对于，若，可得，故不存在这样的错误，排除；对于时，成立，而以为边的三角形不存在，错误，排除；对于时，成立，存在以为边的三角形为直角三角形，故错误，排除故选B.

【 方法点睛】本题主要考查不等式的性质、排除法解选择题，属于难题. 用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前 项和公式问题等等.

三、解答题

17. 在正三棱柱中，，，求：

异面直线与所成角的大小；

四棱锥的体积．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】由，知是异面直线与所成角，由此能求出异面直线与所成角大小．

四棱锥的体积，由此能求出结果．

【详解】解：正三棱柱，，

是异面直线与所成角，

在中，，，，

，

，

异面直线与所成角大小为

正三棱柱中，，，

，

，

四棱锥的体积

【点睛】本题考查异面直线所成角的大小的求法，考查四棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

18. 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C（单位：万元）与隔热层厚度x（单位：cm）满足关系：C（x）=若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f（x）为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．

（Ⅰ）求k的值及f(x)的表达式．

（Ⅱ）隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．

【答案】，因此.,当隔热层修建厚时，总费用达到最小值为70万元．

【解析】

【详解】解：（Ⅰ）设隔热层厚度为，由题设，每年能源消耗费用为.

再由，得，因此.

而建造费用为

最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为

（Ⅱ），令，即.

解得，（舍去）.

当时，，当时，，故是 的最小值点，对应的最小值为．

当隔热层修建厚时，总费用达到最小值为70万元．

19. 已知函数（，是实数常数）的图像上的一个最高点是，与该最高点最近的一个最低点是.

（1）求函数的解析式及其单调递增区间；

（2）在中，角所对的边分别为，且，角的取值范围是区间．当时，试求函数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）先根据配角公式化简函数解析式，再根据条件得周期解得，代入最高点坐标解得c,最后根据正弦函数性质求增区间，（2）先根据向量数量积解得角B，再根据三角形内角关系求角的取值范围，最后根据正弦函数性质求函数值域.

【详解】（1）∵，∴.                                               

∵和分别是函数图像上相邻的最高点和最低点，

∴，解得 ∴.

由，解得.     

∴函数的单调递增区间是.

（2）∵在中，，∴.                                     

∴，即. ∴.                                                             

当时，，考察正弦函数的图像，

可知，.∴，即函数的取值范围是.

【点睛】已知函数的图象求解析式

(1).

(2)由函数的周期求

(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.

20. 设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．

（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；

（2）求证：；

（3）求的最大值．

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.

【解析】

【分析】（1）先求得点坐标，进而求得直线的方程，进而求得点的横坐标.

（2）联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，求得点坐标，求得直线的方程，进而求得点坐标，由证得.

（3）利用根与系数关系求得关于的表达式，利用换元法，结合二次函数的知识求得最大值.

【详解】（1）因为点P的横坐标为1，由，

得P的坐标为或．F的坐标为．

当P的坐标为时，直线PQ：，

即，

代入椭圆方程，，即，

得Q的横坐标为.

当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.

因此，点Q的横坐标为；

（2）联立方程组，其解为，．

消去y，得，即．

由，

所以N的横坐标为，

得N的纵坐标为，

得N的坐标为．

所以直线ON的斜率为，方程为，

与直线交于点．

故直线FM的斜率为，于是，因此；

（3）

．

令，由，得，

又，得．

即，所以的取值范围为，最大值为．

【点睛】求解弦长有关的最值问题，可结合根与系数关系，来进行求解.求最值可利用二次函数、基本不等式、导数等知识.

21. 设n为正整数，集合A=．对于集合A中的任意元素和，记

M（）=．

（Ⅰ）当n=3时，若，，求M（）和M（）的值；

（Ⅱ）当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当相同时，M（）是奇数；当不同时，M（）是偶数．求集合B中元素个数的最大值；

（Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素，M（）=0．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．

【答案】(1)2,1;(2) 最大值为4;(3)

【解析】

【详解】（Ⅰ），．

（Ⅱ）考虑数对只有四种情况：、、、，

相应的分别为、、、，

所以中的每个元素应有奇数个，

所以中元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：

、、、，

、、、，

对于任意两个只有个的元素，都满足是偶数，

所以集合、、、满足题意，

假设中元素个数大于等于，就至少有一对互补元素，

除了这对互补元素之外还有至少个含有个的元素，

则互补元素中含有个的元素与之满足不合题意，

故中元素个数的最大值为．

（Ⅲ），

此时中有个元素，下证其为最大．

对于任意两个不同的元素，满足，

则，中相同位置上的数字不能同时为，

假设存在有多于个元素，由于与任意元素都有，

所以除外至少有个元素含有，

根据元素的互异性，至少存在一对，满足，

此时不满足题意，

故中最多有个元素.