2022届上海市实验学校高三下学期5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5月月考数学试题含解析，共17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5月月考数学试题一、单选题1．已知则p是q的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据解分式不等式的方法，结合充分不必要条件的定义进行判断即可.【详解】或，显然由p一定能推出q，但是由q不一定能推出p，所以p是q的充分不必要条件，故选：A2．一个四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥的体积为（       ）A．12B．8C．16D．24【答案】B【分析】由三视图可得四棱锥的高和底面矩形的长和宽，利用棱锥体积公式求得结果.【详解】由三视图可知，四棱锥底面是长为，宽为的矩形，高为四棱锥体积故答案为【点睛】本题考查椎体体积的求解问题，关键是利用三视图准确还原几何体，属于基础题.3．方程的曲线所满足的性质为（       ）①不经过第二､四象限；②关于轴对称；③关于原点对称；④关于直线对称；A．①③ B．②③ C．①④ D．①②【答案】A【分析】设点在曲线上，则点满足方程，然后判定， ，是否在曲线上，从而得到结论．【详解】解：若点在曲线上，则，令，，则，故点不在曲线上，即不关于轴对称；令，，则，即，故点在曲线上，即关于原点对称；令，，则，故点不在曲线上，即不关于直线对称；若且时，；且时，即曲线不经过第二､四象限故正确的有：①③．故选：A【点睛】本题主要考查的知识点是曲线的对称性，当点在曲线上时，点也在曲线上，则曲线关于原点对称；当点在曲线上时，点也在曲线上，则曲线关于轴对称；当点在曲线上时，点也在曲线上，则曲线关于轴对称；当点在曲线上时，点也在曲线上，则曲线关于直线对称；当点在曲线上时，点也在曲线上，则曲线关于直线对称，属于基础题．4．设等差数列，，…，（，)的公差为，满足，则下列说法正确的是（       ）A． B．的值可能为奇数C．存在，满足 D．的可能取值为【答案】A【分析】根据题意，设出绝对值函数，根据绝对值函数的性质判断即可．【详解】因为所以令 则 （）①当时，，不满足（），舍去．②当时，由（）得为平底型，故为偶数 ．的大致图像为：则 所以，故A正确．由当 时 当 时故不存在，满足，C错 由于 所以，故D错③当时，令 由于 的图像与的图像关于轴对称，故只需研究故令因为所以由②知为平底型，故为偶数，故B错令 所以 ，故A正确由②知，不存在，满足，故C错由②知，，故D错综上所述，A正确,BCD错误故选A.【点睛】本题结合等差数列综合考查绝对值函数的性质，属于难题．二、填空题5．已知集合，集合，则________．【答案】【分析】直接利用集合的交集运算得到答案.【详解】由，所以.故答案为：.6．已知角的顶点与平面直角坐标系的原点重合，始边在x轴的正半轴上，终边经过点，则的值是________．【答案】【分析】由题意和三角函数定义可得sinα和cosα，再由二倍角公式可得答案．【详解】由题意和三角函数的定义可得，，所以.故答案为：7．在平面直角坐标系中，直线l：（是参数，），圆C：（是参数，），则圆心到直线的距离是________．【答案】【分析】先将直线方程和圆方程化为普通方程，求出圆心坐标，然后利用点到直线的距离公式可求得答案【详解】直线l：（t是参数，）的普通方程为，圆C：（是参数，）的普通方程为，则圆心，所以圆心到直线的距离为，故答案为：8．设由复数组成的数列满足：对任意的，都有(是虚数单位)，则数列的前2020项和的值为_________.【答案】0【分析】根据等比数列的定义和通项公式得前n项和公式，可求得，再运用可得答案.【详解】设数列的首项为，数列的前n项和为，则由已知得，所以，而，所以，故答案为：0.【点睛】本题考查等比数列的定义，等比数列的前n项和，复数的运算，关键在于运用等比数列的前n项公式求和， ，，属于中档题.9．已知函数，则不等式的解集为____【答案】（1，＋∞）【分析】由已知条件得出函数为奇函数，并且在在R时单调递增，由此可得出关于x 不等式，解之可得不等式的解集.【详解】因为，所以函数为奇函数，又，当时，，所以函数在时单调递增；当时，，所以函数在时单调递增，所以函数在R时单调递增.所以不等式化为，所以，解得，所以不等式的解集为，故答案为：.【点睛】本题考查根据函数的奇偶性和单调性求解不等式，属于中档题.10．把3本不同的语文书，4本不同的数学书随机的排在书架上，则语文书排在一起的概率是________.【答案】【分析】利用捆绑法，将语文书当做一个元素，与4本数学书一起全排列，再将语文书排列，即可得出语文书排在一起的情况有多少，然后计算出7本书全排列的基本事件个数，利用古典概型概率公式计算即可．【详解】本书的全排列有种，语文书排在一起的排法有种，语文书排在一起的概率是.故答案为．【点睛】本题考查排列数的计算，捆绑法的应用，古典概型概率公式的应用，属于基础题．11．已知中，角的对边分别为，且，则的值是__________.【答案】【详解】试题分析：因,故由可得,即.故应填答案.【解析】余弦定理及同角关系得的运用．12．已知等边的边长为2，点、分别在边、上且满足，则__________.【答案】【分析】用向量的分解方法来计算，因为等边任意两条边夹角为特殊角，所以可以将向量取两条边作为基底来分解.【详解】因为而故，又因为，，所以。所以故答案为：【点睛】此题考查向量的数量积运算，可以尝试建平面直角坐标系的坐标法和斜坐标系的向量分解方法去做.本题是中档题13．半径为2的球面上有四点，且两两垂直，则，与面积之和的最大值为______．【答案】8【分析】AB，AC，AD为球的内接长方体的一个角，故，计算三个三角形的面积之和，利用基本不等式求最大值．【详解】如图所示，将四面体置于一个长方体模型中，则该长方体外接球的半径为2．不妨设，，，则有，即．记．从而有，即，从而．当且仅当，即该长方体为正方体时等号成立．从而最大值为8．【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值问题，考查了学生解决交汇性问题的能力．解答关键是利用构造法求球的直径．14．设函数，方程有四个不相等的实数根，，，，则的取值范围为________．【答案】【分析】先求出分段函数的解析式，然后作出函数图象，确认零点所在区间以及零点之间的关系，然后将转化为关于的函数，求出函数的值域即可.【详解】因为，则 ，作出函数图象，如图：不妨设，由图象知关于直线对称，所以，，所以，所以，所以因为，所以令，所以原式化为，因为在单调递增，所以，即的取值范围为.故答案为：.15．已知实数同时满足：（1），其中是边延长线上一点：（2）关于的方程在上恰有两解，则实数的取值范围是___________【答案】．【解析】由已知向量等式可得，令，把关于的方程在，上恰有两解转化为在上有唯一解，进一步得到关于的不等式（组求解，与取交集得答案．【详解】由，且，得，即，是边延长线上，，即．关于的方程在，上恰有两解，令，可得在上有唯一解，或，又，解得或．实数的取值范围是．故答案为：．【点睛】方法点睛：一元二次方程的根的分布问题常从以下几个方面考虑：（1）二次函数的抛物线的开口方向；（2）对称轴位置；（3）大小；（4）端点函数值；（5）抛物线与坐标轴的交点.16．设，若对任意，都存在唯一实数，满足，则正数的最小值为____________．【答案】【分析】由已知函数解析式得到函数值域，结合存在唯一的，满足，可得，即，进一步转化为，，求解不等式得到的范围，进一步得到的范围得答案．【详解】解：函数的值域为．的值域为；的值域为．的值域为上有两个解，要想在上只有唯一的满足，必有．，即，解得：．当时，与存在一一对应的关系．问题转化为，，且．，解得：或者（舍去）．，解得．故答案为：．三、解答题17．如图，已知矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，N在上底面的圆周O2上，AC、BD相交于点M；（1）求证：CN⊥平面ADN；（2）已知圆锥MO1和圆锥MO2的侧面展开图恰好拼成一个半径为2的圆，直线BC与平面CAN所成角的正切值为，求异面直线AB与DN所成角的值．【答案】（1）见解析； （2）【详解】（1）∵矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，N在上底面的圆周O2上，∴CN⊥DN，AD⊥平面CDN，∵CN⊂平面CDN，∴CN⊥AD，∵AD∩DN=D，∴CN⊥平面ADN．（2）∵圆锥MO1和圆锥MO2的侧面展开图恰好拼成一个半径为2的圆，∴MC=MD=MA=MB=2，设AD=c，则AB=，以N为原点，ND为x轴，NC为y轴，过点N垂直于平面CND的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设D（a，0，0），C（0，b，0），则A（a，0，﹣c），B（0，b，﹣c），N（0，0，0），=（a，0，﹣c），=（0，b，0），=（0，0，c），设平面NAC的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，0，），∵直线BC与平面CAN所成角的正切值为，∴直线BC与平面CAN所成角的正弦值为，∴|cos＜＞|===，解得c=2，∴AB==2，a2+b2=AB2=4，∵=（a，﹣b，﹣c），平面NAC的法向量=（1，0，），∴=a﹣1=0，解得a=1，∴b=，∴=（﹣1，，0），=（1，0，0），设异面直线AB与DN所成角为α，则cosα===，∴，∴异面直线AB与DN所成角为．18．已知平面向量，函数．(1)写出函数f（x）的单调递减区间；(2)设，求函数与图象的所有交点坐标．【答案】(1)减区间为；(2)【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合辅助角公式、正弦型函数的单调性进行求解即可；（2）根据极限的运算性质，结合特殊角的正弦值进行求解即可.【详解】(1)，当时，函数单调递减，解得：，因此函数f（x）的单调递减区间为；(2)当时，，即，所以交点的坐标为；当时，，即，方程无实根；当时，，即，或，解得或，即交点坐标为，综上所述：交点坐标为.19．根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的累计投放量与累计损失量的差. （1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【答案】（1）935；（2）见解析.【详解】试题分析：（1）计算和的前项和的差即可得出答案；（2）令得出，再计算第个月底的保有量和容纳量即可得出结论.试题分析：（1）（2），即第42个月底，保有量达到最大 ，∴此时保有量超过了容纳量. 20．已知椭圆，短轴长为，左、右焦点分别为，，P是椭圆C上的一个动点，面积的最大值为2．(1)求椭圆C的方程；(2)求的取值范围；(3)过椭圆的左顶点A作直线轴，M为直线l上的动点，B为椭圆右顶点，直线BM交椭圆C于点Q．试判断数量积，是否为定值，如果为定值，求出定值；如果不是定值，说明理由．【答案】(1)(2)(3)是，4【分析】（1）设，利用，的最大值为2，得到bc的值，结合短轴长为，从而求出a，b，c的值，即可求出椭圆C的方程；（2）利用椭圆方程得到关于的表达式，用坐标表示，结合的取值范围，得到的取值范围；（3）设出直线方程BM的方程为，与椭圆方程联立，解得，，从而得到Q点坐标，，M点坐标，，再表示出，从而求出和的值.【详解】(1)解：设点，则，当且仅当时“＝”，．又，∴，∴，从而椭圆C的方程为．(2)∵椭圆，∴，．∵P为椭圆C上一点，∴，∴．又，∴．(3)设直线BM的斜率为k，则直线BM的方程为，设，将代入椭圆C的方程中并化简得，解得，，∴，从而，．令，得，所以，．又，∴（定值），（定值），综上可知，，均为定值．21．设对集合上的任意两相异实数，，若恒成立，则称在上优于；若恒成立，则称在上严格优于.（1）设在上优于，且是偶函数，判断并证明的奇偶性；（2）若在上严格优于，，若是上的增函数，求证：在上也是增函数；（3）设函数，，若，是否存在实数使得在上优于，若存在，求实数的最大值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）偶函数，证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，.【分析】（1）令，代入已知不等式中，再结合是偶函数，即可证明是偶函数；（2）根据新定义先列出不等式，再把是上的增函数转化为若，则，代入不等式即可证明在上也是增函数；（3）先根据新定义列出不等式，再将不等式化简得到在，时恒成立.令，取，证明当时，，再证明，当时不合题意，从而求得的最大值．【详解】（1）设为任意实数，因为是偶函数，所以，即，∴，即∴为偶函数.（2）对于任意，，且，因为是上的增函数，所以，即，所以即，得证.（3）若存在实数使得在上优于，因为，，在，时恒成立，不妨设，则，∴，∴在，时恒成立在，时恒成立在，时恒成立.令，取当时，，当时，，不合题意.综上所述，实数的最大值为.【点睛】本题考查函数的性质（单调性，奇偶性），考查不等式恒成立的转化，新定义问题，着重考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题．新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.