2022届上海市实验学校高三下学期4月月考数学试题含解析

这是一份2022届上海市实验学校高三下学期4月月考数学试题含解析，共19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。
2022届上海市实验学校高三下学期4月月考数学试题一、单选题1．下列命题正确的个数是（       ）①；②若，，则；③使不等式成立的一个充分不必要条件是或；④若、、是全不为的实数，则“”是“不等式和解集相同”的充分不必要条件.A． B． C． D．【答案】A【分析】取、均为负数可判断①的正误；利用不等式的基本性质可判断②的正误；利用分式不等式的解法与充分条件、必要条件的定义可判断③的正误；利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义可判断④的正误.由此可得出合适的选项.【详解】对于①，若、均为负数，则，①错；对于②，若，，则，则，即，②对；对于③，由可得或，因为或或，故③错；对于④，因为、、是全不为的实数，若，不妨设，则不等式和解集不相同，若不等式和解集相同，不妨取，，，，，，则不等式和不等式的解集均为，但不成立，所以，“”是“不等式和解集相同”的既不充分也不必要条件，④错.故选：A.2．新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】5个快递送到5个地方有种方法，全送错的方法：第一步A送错有4种可能，然后第二步是关键，考虑A送错的地方对应的快递，如送到丙地，第二步考虑快递，而送错位置分两类，一类是送到甲，一类是送其他三个地方，再对剩下的3个快递分别考虑即可完成．【详解】5个快递送到5个地方有种方法，全送错的方法数：先分步：第一步快递送错有4种方法，第二步考虑所送位置对应的快递，假设送到丙地，第二步考虑快递，对分类，第一类送到甲地，则剩下要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为，所求概率为．故选：C．【点睛】本题考查古典概型，快递送错位置与信装错信封（信封上已写地址）是同一回事，属于典型的计数问题，注意其求解方法，分类还是分步要确定好．3．如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面､截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆.如图②，一个半径为的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的焦距为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设球与相切与点，可得，利用二倍角正切公式可得，由此可得，由可求得焦距.【详解】设球与相切与点，作出轴截面如下图所示，由题意知：，，，，又，，，又，，椭圆的焦距为.故选：C.4．已知实数，，满足：对任意都成立，则（       ）.A． B．C． D．【答案】D【分析】利用基本不等式及进行分析.【详解】因为，，，所以，当恒成立时，，则，，所以，，故选：D.【点睛】本题考查基本不等式、绝对值不等式的应用，难度一般，合理转化是关键.二、填空题5．已知，，则___________.【答案】【分析】由方程组可求得交点坐标，由此可得交集.【详解】由得：，.故答案为：.6．抛物线的准线方程是___________________.【答案】【分析】将化成抛物线的标准方程，利用抛物线的性质求解即可．【详解】由得：，所以，即：所以抛物线的准线方程为：．【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，属于基础题．7．已知样本的平均数和方差分别是1和4，若的平均数和方差也是1和4，则__________.【答案】1【分析】根据平均数与方差的线性变换先去计算的值，然后计算的值.【详解】因为的平均数为，所以的平均数为；因为的方差为，所以的方差为；所以，解得：或，所以.【点睛】本题考查平均数与方差的线性变换，难度一般.已知的平均数与方差为：，那么的平均数与方差为：.8．已知复数满足，若，则的值为___________.【答案】2或【分析】先由求出，再由列方程可求出的值【详解】由，得，因为，所以，解得或，故答案为：2或9．某工厂的产值第二年比第一年的增长率是，第三年比第二年的增长率是，而这两年的平均增长率为，在为定值的情况下，的最大值为___________（用､表示）【答案】【分析】根据题意列出，再根据基本不等式可求出结果.【详解】设第一年的产值为，则第二年的产值为，第三年的产值为，又这两年的平均增长率为，所以，因为为定值，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以，所以的最大值为.故答案为：10．设､为两个随机事件，给出以下命题：（1）若､为互斥事件，且，，则；（2）若，，，则､为相互独立事件；（3）若，，，则､为相互独立事件；（4）若，，，则､为相互独立事件；（5）若，，，则､为相互独立事件；其中正确命题的个数为___________.【答案】3【分析】根据互斥事件的加法公式，易判断（1）的正误；根据相互对立事件的概率和为1 ，结合相互独立事件的概率满足，可判断（2）、（3）、（4）、（5 ）的正误.【详解】若为互斥事件，且，，则，故（1）错误；若 ，则由相互独立事件乘法公式知为相互独立事件，故（2）正确；若，则，由对立事件概率计算公式和相互独立事件乘法公式知为相互独立事件，故（3）正确；若 ，当为相互独立事件时，，故（4）错误；若 ，则由对立事件概率计算公式和相互独立事件乘法公式知为相互独立事件，故（5）正确.故正确命题的个数为3.故答案为：3.11．若函数是幂函数，且其图象过点，则函数的单调递增区间为___________.【答案】【分析】根据幂函数的定义及所过的点求出，再根据对数型复合函数的单调性即可得出答案.【详解】解：因为函数是幂函数，所以，解得，又其图象过点，所以，所以，则，则，解得或，令，则函数在上递增，在上递减，又因函数为减函数，所以函数的单调递增区间为.故答案为：.12．在中，内角成等差数列，则___________.【答案】【分析】根据等差中项的性质及三角形内角和性质得，再由正余弦定理可知，即可求目标式的值.【详解】由内角成等差数列，知：，而，∴，而由余弦定理知：，由正弦定理边角关系，得：.故答案为：.13．有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线长是底面半径的2倍，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的__________倍．【答案】【详解】设圆柱的高为，底面半径为，圆柱的外接球的半径为，则.母线长，∴圆锥的高为，∴圆锥的侧面积为，∴，∴，整理得，∴.答案：点睛：与球有关的组合体问题，一种是几何体的内切球，一种是几何体的外接球．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．14．已知二次函数，当时，其抛物线在轴上截得的线段长依次为，则的值是___________.【答案】1【分析】当时，，设二次函数图象与轴交于，则结合根与系数的关系可得，从而，进而可求得答案【详解】当时，，设二次函数图象与轴交于，则，所以，所以，所以，所以，故答案为：115．如图，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是___________.【答案】【分析】连接，，设是线段的中点，连接，则有.设为和的夹角.求出 ,利用二次函数即得解.【详解】解：连接，，设是线段的中点，连接，则有.设为和的夹角.则，，（当即时取等）因为，所以当时，有最小值.，（当即时取等）当时，有最大值为3，即有最大值3，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用向量的运算建立函数模型，再利用二次函数的图象和性质求解.16．已知，对于给定的负数，有一个最大的正数，使得时，都有，则的最大值为___________.【答案】【分析】二次函数配方得到的含有参数的最大值，研究二次函数最值与5的大小关系，分类讨论，求出的最大值.【详解】，当，即时，要使在上恒成立，要使取得最大值，则只能是的较小的根，即；当，即时，要使取得最大值，则只能是的较大的根，即当时，，当时，，所以的最大值为.故答案为：【点睛】对于含有参数的二次函数综合性质问题，通常要进行分类讨论，数形结合来进行求解.三、解答题17．如图①，在棱长为的正方体，设是的中点.(1)过点、且与平面平行的平面与此正方体的面相交，交线围成一个三角形，在图②中画出这个三角形（说明画法和理由）；(2)求四棱锥的体积.【答案】(1)作图见解析，证明见解析(2)【分析】（1）取线段的中点，连接、、，则平面即为所求作的平面，然后利用面面平行的判定定理证明出平面平面；（2）利用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.【详解】(1)解：取线段的中点，连接、、，则平面即为所求作的平面，连接，下面证明平面平面：因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则且，因为且，故且，故四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，故平面，同理可证平面，所以，平面平面，即平面平面.(2)解：因为且，则四边形为平行四边形，则，，故.18．已知.(1)若，，解关于的不等式；(2)若，在上的最大值为，最小值为，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据题意求出，将用表示，然后再把分类讨论，结合一元二次不等式的解法即可得出答案；（2）利用反证法证明，若等于0，得到也等于0，所以等于，得到（2）与互为相反数，不合题意；若不为0，由，解得，代入中，求出二次函数的对称轴，假设对称轴小于或大于2，即可得到对称轴在区间的左外侧或右外侧，得到为单调函数，函数的最值在，取到，把2和代入得到最值互为相反数，不合题意，所以假设错误，综上，得证；【详解】(1)解：因为，所以，又因，所以，所以，则不等式即为，即，若，则不等式的解集为；若，则不等式的解集为；若，当时，则不等式的解集为；当时，则不等式的解集为；当时，则不等式的解集为；(2)解：若，则，，当时，则无解，所以；若时，由，得，对称轴为，假设，，，区间，在对称轴的左外侧或右外侧，所以在，上是单调函数，则的最值必在，处取到，，，，所以假设错误，则，综上，得到.19．如图，在矩形中，点为的中点，分别为线段上的点，且．（1）若的周长为，求的解析式及的取值范围；（2）求的最值．【答案】(1)；(2)．【分析】(1)根据给定条件解直角三角形可得EF，EG，再借助勾股定理求出FG即可得，由点F与G的位置探求的最大、最小值得解；(2)利用(1)的结论，令结合同角公式变形成关于t的分式函数，再借助单调性求解即得.【详解】(1)在中，则，又，即有，同理有，显然为锐角，因此，，因为分别为线段上的点，当与点重合时，最大，此时，而为锐角，则，当点与重合时，最大，此时最小，同理可得最大值为，则，于是得的取值范围为，所以；(2)由(1)知，令，则，因，则，，于是得，又，则，因在上单调递减，当，即时，，当，即或时，，所以.【点睛】思路点睛：同角三角函数的基本关系中，使用平方关系时注意方程思想的应用，对于sinα+cosα，sinα-cosα，sinαcosα这三个式子，利用(sinα±cosα)2=1±2sinαcosα可以知一求二．20．已知动点P到定点的距离比P点到直线的距离小2，设动点P的轨迹为曲线C.过定点的直线与曲线C交于A､B两点.(1)求曲线C的方程；(2)若点E的坐标为，求证：；(3)是否存在实数，使得以为直径的圆截直线：所得弦长为定值？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）根据抛物线的定义求出曲线的方程．（2）当直线与轴垂直时，根据抛物线性质得，当直线与轴不垂直时，依题意设直线的方程为，，，联立直线与抛物线，消元、列出韦达定理，设直线，的斜率分别为，，则，即可证明．（3）假设存在满足条件的实数，的中点为，直线与为直径的圆交于，，的中点为，则，即可得到点的坐标，由此利用弦长公式能求出，从而当时，满足条件的实数，当时，满足条件的实数不存在．【详解】(1)解：依题意动点到定点的距离等于动点到直线的距离，由抛物线的定义可知，动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线C的方程为；(2)证明：当直线与轴垂直时，根据抛物线性质得，当直线与轴不垂直时，依题意设直线的方程为，，，，则，两点坐标满足方程组，消去整理得：，，，设直线，的斜率分别为，，则，，，，，，综上．(3)解：假设存在满足条件的实数，的中点为，直线与为直径的圆相交于点，，的中点为，则，点坐标为，，，，，，与的取值无关，，解得，此时，，当，即时，，（定值），当时，满足条件的实数，当时，满足条件的实数不存在．21．设数列的前项和为，且，数列满足，其中.(1)证明为等差数列，求数列的通项公式；(2)求使不等式对任意正整数都成立的最大实数的值；(3)当时，求证：.【答案】(1)(2)(3)见解析【分析】（1）根据与的关系，证明等于一个定值，即可得证，再根据等差数列的通项公式求得数列的通项公式，从而可求出数列的通项公式；（2）问题可转化为对于任意的正整数都成立，求出右边函数的最小值，即可得出答案；（3）要证，只需证，利用，即可得证.【详解】(1)解：当时，，所以，当时，，即，则有，，所以是以1为公差2为首项的等差数列，是以，是以；(2)解：，则，即为，即为对于任意的正整数都成立，令，则，故，是以单调递增，所以，所以，所以的最大值为；(3)证明：要证，只需证，因为，所以，所以.【点睛】本题考查了利用与的关系及构造法求数列的通项，考查了数列不等式恒成立问题及数列不等式的证明问题，还考查了组合数性质的应用，考查了数据处理能力及逻辑推理能力，综合性比较强，难度较大.