2021届上海市建平中学高三冲刺模拟卷3数学试题含解析

上海市建平中学2021届高三冲刺模拟卷3

数学试题

一、填空题

1．已知定义在[﹣1，1]上的函数f（x）值域为[﹣2，0]，则y=f（cosx）的值域为_____．

2．已知直线l的参数方程是（t为参数），则它的普通方程是_____．

3．已知定义在上的增函数满足，若实数满足不等式，则的最小值是______．

4．已知点P是棱长为1的正方体的底面上一点(包括边界)，则的取值范围是____.

5．一个球的体积为，则该球的表面积为______.

6．已知等比数列满足，，则的前项积的最大值为______.

7．现有个不同小球，其中红色、黄色、蓝色、绿色小球各个，从中任取个，要求这个小球不能是同一颜色，且红色小球至多个，不同的取法为_____．

8．已知点，，且平行四边形的四个顶点都在函数的图像上，则四边形的面积为______.

9．已知集合M=，集合M的所有非空子集依次记为：M1，M2，...,M15，设m1，m2，...，m15分别是上述每一个子集内元素的乘积，规定：如果子集中只有一个元素，乘积即为该元素本身，则m1+m2+...+m15=_____

10．给定正整数和正数，对于满足条件的所有无穷等差数列，当________时，取得最大值．

11．函数f（x）=sinπx+cosπx+|sinπx﹣cosπx|对任意x∈R有f（x1）≤f（x）≤f（x2）成立，则|x2﹣x1|的最小值为      ．

12．设数列是首项为0的递增数列，函数满足：对于任意的实数，总有两个不同的根，则的通项公式是________．

二、单选题

13．直线l在平面上，直线m平行于平面，并与直线l异面.动点P在平面上，且到直线l、m的距离相等.则点P的轨迹为（       ）

A．直线 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线

14．已知函数.若，使成立，则称为函数的一个“生成点”.函数的“生成点”共有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

15．已知动点在椭圆上,为椭圆的右焦点,若点满足且,则的最小值为（　　）

A． B．3 C． D．1

16．关于曲线：的下列说法：①关于原点对称；②关于直线对称；③是封闭图形，面积大于；④不是封闭图形，与圆无公共点；⑤与曲线D：的四个交点恰为正方形的四个顶点，其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

三、解答题

17．如图，三棱锥，侧棱，底面三角形为正三角形，边长为，顶点在平面上的射影为，有，且.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值.

18．如图所示，某人在斜坡处仰视正对面山顶上一座铁塔，塔高米，塔所在山高米，米，观测者所在斜坡近似看成直线，斜坡与水平面夹角为，

（1）以射线为轴的正向，为轴正向，建立直角坐标系，求出斜坡所在直线方程；

（2）当观察者视角最大时，求点的坐标（人的身高忽略不计）.

19．某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产千件，需另投入成本为，当年产量不足80千件时，（万元）.当年产量不小于80千件时，（万元），每千件商品售价为50万元.通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完.

（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；

（2）当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？

20．如图，设椭圆两顶点，短轴长为4，焦距为2，过点的直线与椭圆交于两点．设直线与直线交于点.

（1）求椭圆的方程；

（2）求线段中点的轨迹方程；

（3）求证：点的横坐标为定值.

21．已知函数，为常数，且.

（1）证明函数的图象关于直线对称；

（2）当时，讨论方程解的个数；

（3）若满足，但，则称为函数的二阶周期点，则是否有两个二阶周期点，说明理由.

参考答案：

1．[﹣2，0]

【解析】

【分析】

根据cosx范围确定函数f（x）自变量，再根据条件确定值域.

【详解】

∵f（x）的定义域是[﹣1，1]，值域是[﹣2，0]，

而cosx∈[﹣1，1]，

故f（cosx）的值域是[﹣2，0]，

故答案为：[﹣2，0]．

【点睛】

本题考查函数定义域与值域，考查基本分析求解能力，属基础题.

2．3x﹣4y+5=0

【解析】

【分析】

根据加减消元得普通方程.

【详解】

故答案为：

【点睛】

本题考查参数方程化普通方程，考查基本分析求解能力，属基础题.

3．8

【解析】

【分析】

由知，可将不等式变为，利用函数单调性可得，根据线性规划的知识，知的几何意义为原点与可行域中的点的距离的平方，从而可知所求最小值为到直线的距离的平方，利用点到直线距离公式求得结果.

【详解】

由得：

等价于

为上的增函数       ，即

则可知可行域如下图所示：

则的几何意义为原点与可行域中的点的距离的平方

可知到直线的距离的平方为所求的最小值

本题正确结果；

【点睛】

本题考查函数单调性的应用、线性规划中的平方和型的最值的求解，关键是能够利用平方和的几何意义，将问题转化为两点间距离的最值的求解问题.

4．

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，设，利用空间向量的坐标运算可知，利用可求解.

【详解】

如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，

设

则，，

∴

∵，∴当，时，有最小值.

当点P取，，，时，有最大值1.

∴的取值范围是.

故答案为：

【点睛】

方法点睛：利用几何意义求最值的几种常见形式有：

①截距型：，将问题转化为在轴截距的问题；

②斜率型：，将问题转化为与连线斜率的问题；

③两点间距离型：，将问题转化为与两点间距离的平方的问题；

④点到直线距离型：，将问题转化为到直线的距离的倍的问题.

5．

【解析】

【分析】

设球的半径为，由球的体积求出的值，再由球的表面积公式即可求解.

【详解】

设球的半径为，由题意可得：，所以

解得：，

所以该球的表面积为,

故答案为：.

6．64

【解析】

【分析】

设公比为，利用求得，结合等比数列通项公式求得，将所求式子变为，利用二次函数性质求得的最大值，代入即可得到所求的最大值.

【详解】

设等比数列公比为，则

，解得：

       当或时，       

故答案为：

【点睛】

本题考查等比数列通项公式基本量和最值问题的求解，关键是能够将所求的前项积表示为关于的复合函数的形式，结合二次函数的最值与指数函数的性质可求得结果；易错点是忽略的条件，造成二次函数最值求解错误.

7．472

【解析】

【分析】

利用间接法，先求出不考虑特殊情况共有多少种取法，再减去每一种小球各取三个和两个红色小球的情况，即为所求.

【详解】

由题意，不考虑特殊情况，共有C163＝560种取法，

其中每一种小球各取三个，有4C43＝16种取法，

两个红色小球，共有C42C121＝72种取法，

故所求的取法共有560﹣16﹣72＝472种．

故答案为：472．

8．

【解析】

【分析】

根据奇偶性的判定可知为奇函数，由此可知关于原点对称，关于原点对称；利用直线方程的求法可求得直线，进而得到原点到直线的距离，利用两点间距离公式可求得，由可求得结果.

【详解】

由得：或，即定义域为

为定义在上的奇函数

与关于原点对称，与关于原点对称       

又       直线方程为：，即

到直线距离，又

故答案为：

【点睛】

本题考查四边形面积的求解问题，涉及到函数奇偶性与对称性的应用、直线方程的求解、两点间距离公式和点到直线距离公式的应用等知识；关键是能够根据对称性确定所求四边形面积为面积的四倍.

9．

【解析】

【分析】

根据二项式定理的推导过程构造出函数，当时，函数的值就是所有子集的乘积．

【详解】

集合的所有非空子集的乘积之和为函数展开式中所有项数之和

令，

故答案为

【点睛】

本题主要考查的是元素与集合关系的判定，函数展开式的系数问题，构造函数求解，注意转化思想的应用，属于难题．

10．##1.5

【解析】

【分析】

，把代入得，代入得，根据二次函数配方可得答案.

【详解】

，

把代入得，

又因为，代入得，

根据二次函数配方得：

，即当时，达到最大.

故答案为：1.5 .

11．

【解析】

【详解】

试题分析：先将函数写出分段函数，结合三角函数的图象，再确定|x2﹣x1|的最小值为相邻最小值与最大值处横坐标差的绝对值，由此可得结论．

解：由题意可得，f（x）=，

若f（x1）≤f（x）≤f（x2）恒成立，

则f（x1）为函数的最小值，f（x2）为函数的最大值．

|x2﹣x1|的最小值为相邻最小值与最大值处横坐标差的绝对值．

由于x=时，函数取得最大值2，x=时，sinπx=cosπx=﹣，函数取得最小值，

∴|x2﹣x1|的最小值为﹣=，

故答案为．

考点：正弦函数的图象．

12．

【解析】

【分析】

利用三角函数的图象与性质、诱导公式和数列的递推公式，可得，再利用“累加”法和等差数列的前n项和公式，即可求解．

【详解】

由题意，因为，当时，，

又因为对任意的实数，总有两个不同的根，所以，

所以，

又，

对任意的实数，总有两个不同的根，所以，

又，

对任意的实数，总有两个不同的根，所以，

由此可得，

所以，

所以．

故答案为．

【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，以及诱导公式，数列的递推关系式和“累加”方法等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．

13．D

【解析】

【详解】

设m在平面上的投影，与直线l交于点O.

在平面上，以O为原点、直线l为y轴建立直角坐标系.则设的方程为.

又设点P（x， y）.

则点P到直线l的距离，点P到直线的距离为.

从而，点P到直线m的距离平方等于，其中，a为直线m到平面的距离.

因此，点P的轨迹方程为，即为双曲线.

14．B

【解析】

【分析】

由，得（2x0+1）+[2（x0+1）+1]+…+[2（x0+n）+1]＝63，化简可得（n+1）（2x0+n+1）＝63，由，得或 ，解出即可．

【详解】

由，

得（2x0+1）+[2（x0+1）+1]+…+[2（x0+n）+1]＝63

所以2（n+1）x0+2（1+2+…n）+（n+1）＝63，即（n+1）（2x0+n+1）＝63，

由，得或，解得或，

所以函数f（x）的“生成点”为（1，6），（9，2）．

故选B．

【点睛】

本题考查数列求和及函数求值，考查学生对问题的阅读理解能力解决问题的能力，属于基础题．

15．A

【解析】

【详解】

由题意得所以

考点：圆的切线长，椭圆定义

16．D

【解析】

【分析】

根据题意，分析点与点是否在曲线上，可判断①②；由曲线的方程可知、均没有最大值和最小值可以判断③；曲线与圆、曲线联立可判断④⑤；

【详解】

根据题意，对于①，将原方程中的换成，换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，故①正确；

对于②，将原方程中的换成，换成，方程与原方程相同，故②正确；

对于③，曲线方程中，、均没有最大值和最小值，则不是封闭图形，故③错误；

对于④，曲线：与圆：联立无解，所以曲线与圆无公共点，故④正确；

对于⑤，时，曲线与曲线只有一个公共点，根据对称性，可得曲线与曲线有且只有四个公共点，故⑤正确。

故选：

【点睛】

本题主要考查曲线与方程，根据所给方程研究曲线的性质以及判断与其他曲线的交点问题。

17．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）证明，原题即得证；

（2）以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

(1)

解：因为，且，，所以，

所以．

因为为正三角形，所以，

又由已知可知为平面四边形，所以．

因为平面，平面，

所以平面．

(2)

解：由点在平面上的射影为可得平面，

所以，．

如图，以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则由已知可知，1，，，，，，0，，，，．

平面的法向量，0，，所以,

设，，为平面的一个法向量，则

由，得，令，则，，

所以平面的一个法向量， ，所以，

由图象知二面角是钝二面角，

所以二面角的余弦值为.

18．(1)(2)

【解析】

【分析】

（1）如图，即直线CD的斜率，点，根据点斜式可直接求出直线CD的方程；（2）由可知，由可得关于点P横坐标x的函数，进而求出视角最大时，点的坐标．

【详解】

解：（1）由题意知

则直线的斜率为

（2）记

等号当

当观测者位于处视角最大为

【点睛】

本题考查三角函数实际应用，解题关键在于用已知条件表示出，得到关于x的函数．

19．（1）；（2）100千件．

【解析】

（1）根据题中条件分段即可求出；

（2）分段求出最值，再比较即可得出.

【详解】

（1）由题可知当时，，

当时，，

；

（2）时，，

则时有最大值950；

时，，

时，，时取等，

则时有最大值1000；

综上，年产量为100千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大．

20．（1）；（2）（）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）根据题意可得，由此求得椭圆方程。

（2）设，利用点差法求出线段中点的轨迹方程。

（3）设直线的方程为： ，直线的方程为： ，联立求得，由此证明点的横坐标为定值。

【详解】

（1）椭圆两顶点，短轴长为，焦距为，

，解得

椭圆方程为：.

（2）设，

则 ①， ②，

则①②得，

，

即 .

线段中点的轨迹方程为：.

（3）证明：设直线的方程为： ，

直线的方程为： ，

两式联立可得：

由①②得

即 ③，

又三点共线，则④，

②代入③得

把③④代入⑤整理得.

【点睛】

本题考查了直线与圆锥曲线的综合问题，掌握直线与圆锥曲线的位置关系，合理运用数形结合、整体代入等思想和方法。

21．（1）略；（2）当或时，方程有2个解；当时，方程有3个解；当时，方程有4个解；（3）只有是二阶周期点.

【解析】

【分析】

（1）根据函数对称的性质即可证明函数的图像关于直线对称。

（2）当时，求出的表达式，利用数形结合得到结论。

（3）根据阶周期点的定义，分别求满足条件的，即可得到结论。

【详解】

（1）证明：设点为上任意一点，则

，

所以，函数的图像关于直线对称。

（2）当时， ，

所以，当时，方程有个解；时，方程有个解；当时，方程有个解；当时，方程有个解。

综上：当或时，方程有个解；当时，方程有个解；当时，方程有个解。

（3）因为 ，

所以当，

若，即，

若，即 ，

当，同理可得：

时，；

时，.

所以 ，

从而由得 ，

又 ，

，

，

所以只有是二阶周期点。

【点睛】

本题主要考查函数的图像与性质，熟练运用数形结合的思想，利用分类讨论得出答案。