上海市上海交通大学附属中学2020届高三数学下学期考前测试试题.doc

上海市上海交通大学附属中学2020届高三数学下学期考前测试试题

上海市上海交通大学附属中学2020届高三数学下学期考前测试试题

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上海市上海交通大学附属中学2020届高三数学下学期考前测试试题（含解析）
一、填空题
1. 已知集合，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
计算出后可求.
详解】，，故.
故答案为：.
【点睛】本题考查集合的交集及无理不等式、绝对值不等式的解法，解无理不等式时注意根号下的代数式有意义，本题属于中档题.
2. 函数 最小正周期为__________
【答案】
【解析】
由知，周期，故填.
3. 抛物线的准线方程为_______.
【答案】
【解析】
【详解】由抛物线的标准方程为x2=y，得抛物线是焦点在y轴正半轴的抛物线，2p=1，
∴其准线方程是y=，．
故答案为．
4. 已知方程的一个根是（其中，是虚数单位），则实数______.
【答案】5
【解析】
【分析】
由行列式的计算法则可知，结合是方程的一个根，可得，进而可列出关于的方程，即可求出.
【详解】解：，因为是方程的一个根，
所以，即，
所以，解得，
故答案为:5.
【点睛】本题考查了行列式的计算，考查了复数的乘法运算，考查了由复数为零求解参数.本题的关键是由方程的根列参数的方程.
5. 设，满足约束条件，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
由约束条件画出可行域，然后运用线性规划来求解最小值
【详解】由题意约束条件作出可行域，用阴影部分表示，如图所示

当目标函数过点时取得最小值
最小值
故答案为
【点睛】本题主要考查了线性规划，解题步骤为：画出可行域、改写目标函数、运用几何意义求出最值，注意在判定可行域时的方法．
6. 若是展开式中项的系数，
则 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意，，∴
，∴．
考点：二项展开式的通项与裂项相消法求和，极限．
7. 在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖儒.如图，在鳖臑中，平面，其三视图是三个全等的等腰直角三角形，则异面直线与所成的角的余弦值为______.

【答案】
【解析】
【分析】
取，，，的中点，连接，根据三视图可设，在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】取，，，的中点，
连接，
则，，
即异面直线与所成的角为，

根据题意，由三视图可知，
设，
则，
且，
在中，由余弦定理可得
.
故答案为：
【点睛】本题考查了求异面直线所成的角、余弦定理，属于中档题.
8. 为抗击此次疫情，我市某医院从3名呼吸内科医生4名急诊重症科医生和5名护士中选派5人组成一个抗击疫情医疗小组，则呼吸内科与急诊重症科医生都至少有一人的选派方法种数是_______.
【答案】611
【解析】
【分析】
列举出呼吸内科与急诊重症科医生都至少有一人的所有可能性，结合组合的思想，求出每种可能下的方法种数，最后由分类的思想对所有的方法种数进行求和即可求得呼吸内科与急诊重症科医生都至少有一人的选派方法种数.
【详解】解：若选出有1名呼吸内科医生、1名急诊重症科医生、3名护士，
组合数；
若选出有1名呼吸内科医生、2名急诊重症科医生、2名护士，
组合数；
若选出有2名呼吸内科医生、1名急诊重症科医生、2名护士，
组合数；
若选出有2名呼吸内科医生、2名急诊重症科医生、1名护士，
组合数；
若选出有1名呼吸内科医生、3名急诊重症科医生、1名护士，
组合数；
若选出有3名呼吸内科医生、1名急诊重症科医生、1名护士，
组合数；
若选出有呼吸内科医生和急诊重症科医生、0名护士，
组合数；
则共有方法种数为种.
故答案为:611.
【点睛】本题考查了计数原理中分类的思想，考查了组合数的计算，考查了排列组合的实际应用.本题的易错点是未能考虑全面，漏了可能性.
9. 若关于的方程的解集为空集，求实数的取值范围______.
【答案】
【解析】
【分析】
设函数，分类讨论，求得函数的值域，进而得到的取值范围，再结合题意，即可求解.
【详解】由题意，设函数，
当时，函数在为单调递减函数，函数的值域为；
当时，函数在为单调递增函数，则函数的值域为；
当时，函数在为单调递增函数，则函数的值域为，
综上可得的值域为，
所以的取值范围是，
又因为的解集为空集，所以实数的取值范围.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查含有绝对值函数的值域的求解及应用，其中解答中分类讨论去掉绝对值号，求得函数的值域是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
10. 已知函数为定义域上的奇函数，且在上是单调递增函数，函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，则______.
【答案】27
解析】
【分析】
设，则可得，结合等差数列的性质可得：，再利用函数的单调性和对称性，分类讨论的值与的关系，即可计算得出．
【详解】因为函数为定义域R上的奇函数，则函数的图象点关于对称．
设，由可得，
，
所以
即．
而，
故．
因为函数的图象可看成奇函数的图象向右平移个单位得到，
所以，函数在上递增，且关于点对称，即．
因为为等差数列，则，
若，
由函数在上递增，则
即，同理可得，，…，
∴，与题意矛盾，不符舍去；
若，同上可得，
，与题意矛盾，不符舍去．
若，
则即，
同理可得，，…，
则，
∴．
故答案为：27．
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，单调性的应用，涉及等差数列的性质以及应用，属于中档题．
11. 已知整数数列共5项，其中，，且对任意，都有，则符合条件的数列个数为______.
【答案】52
【解析】
【分析】
根据可分别表示出相邻两项的差，而根据，结合组合的应用即可求得所有数列.
【详解】因为，所以设,,,，
所以，可设，
因为，
则的所有组合可能为，共五组，只需在每一组中选3个即可，
所以符合条件的数列个数为，
故答案为:52.
【点睛】本题考查了数列的综合应用,绝对值不等式的解法,组合数的性质及运算,综合性强,属于中档题.
12. 已知点，椭圆上两点，满足（），则的最大值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
由联想到点到直线的距离，结合中位线和换元法求解.
【详解】由知三点共线，
当直线的斜率不存在时，，此时.
当直线的斜率存在时，设，
联立得，
，
设的中点，则，
消去参数可得，其中；
令，其中，则点到直线的距离为
所以；
因为由梯形的中位线性质可得到直线的距离之和为点到直线的距离的2倍.
所以.
综上可得的最大值为.
【点睛】本题主要考查椭圆中的最值问题，综合性较强，难度较大，侧重考查了换元的意识及数学运算的核心素养.
二、选择题
13. “”是“”的（ ）
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分条件又非必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
【详解】的定义域为，，
，，
，推不出，，
，，，
“，是“”的必要非充分条件．
故选．
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查反三角函数，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．
14. 已知为抛物线的焦点，、是抛物线上的不同两点，则下列条件中与“、、三点共线”等价的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，将韦达定理逐一代入各选项中的等式，求出的值，进而可得出结论.
【详解】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，
消去得，由韦达定理得，.
抛物线的焦点的坐标为，若、、三点共线，则.
对于A选项，，解得；
对于B选项，，解得；
对于C选项，，
整理得，即，解得；
对于D选项，，整理得，
解得或.
故选：B.
【点睛】本题考查焦点弦性质相关的判断，涉及韦达定理的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中等题.
15. 已知曲线的参数方程为其中参数,则曲线（ ）
A. 关于轴对称 B. 关于轴对称
C. 关于原点对称 D. 没有对称轴
【答案】C
【解析】
【分析】
设， ，首先判断这两个函数都是奇函数，然后再判断函数关于原点对称.
【详解】设，
，
是奇函数，

,
也是奇函数，
设点在函数图象上，那么关于原点的对称点是，
和都奇函数，
所以点的坐标是，可知点在曲线上，
函数图象关于原点对称.
故选C
【点睛】本题考查函数图象和性质的综合应用，意在考查转化与计算能力，属于中档题型.
16. 已知数列与前项和分别为，，且,，对任意的恒成立，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由可得，两式相减整理后可知，则首项为1，公差为1的等差数列，从而可得，进而可以确定，则可求出，进而可求出的最小值.
【详解】解：因为，所以当时，，两式相减得
，整理得，，由 知，
，从而，即当时，，
当时，，解得或（舍），则首项为1，公差为1的等差数列，
则.所以，
则，
所以.则的最小值是.
故选:A
【点睛】本题考查了由递推数列求数列通项公式，考查了等差数列的定义，考查了裂项相消法求数列的和.一般如果已知了的关系式，一般地代入 进行整理运算.求数列的和常见的方法有，公式法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法等.
三、解答题
17. 如图，四棱锥O﹣ABCD的底面是边长为1的菱形，OA＝2，∠ABC＝60°，OA⊥平面ABCD，MN分别是OA、BC的中点.

（1）求证：直线MN∥平面OCD；
（2）求点M到平面OCD的距离.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）取OD的中点P，连接PC、PM，由三角形的中位线定理可得PMNC是平行四边形，得MN∥PC，再由直线与平面平行的判定可得直线MN∥平面OCD；
（2）连接ON、ND，设点M到平面OCD的距离为d，可得点N到平面OCD的距离为d，然后利用等体积法求点M到平面OCD的距离.
【详解】（1）证明：取OD的中点P，连接PC、PM，
∵M、N分别是OA、BC的中点，∴PM∥AD，且，NC∥AD，且，
∴PM∥NC，且PM＝NC，则PMNC是平行四边形，得MN∥PC，
∵PC⊂平面OCD，MN⊄平面OCD，
∴直线MN∥平面OCD；
（2）解：连接ON、ND，设点M到平面OCD的距离为d，
由（1）得，点N到平面OCD的距离为d，
设三棱锥O﹣CDN的体积为V，则，
依题意，，
∵AC＝AD＝CD＝1，∴，则.
由，得点M到平面OCD的距离.

【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，属于中档题.
18. 某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地进行改建.如图所示，平行四边形区域为停车场，其余部分建成绿地，点在围墙弧上点和点分别在道路和道路上，且米，，设．

（1）求停车场面积关于的函数关系式，并指出的取值范围；
（2）当为何值时，停车场面积最大，并求出最大值（精确到平方米）.
【答案】（1），
（2）当时，停车场最大面积为平方米
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理求得，再计算停车场面积关于的函数关系式；
（2）化简函数解析式，求出的最大值以及取最大值时对应的值．
【详解】解：（1）由平行四边形得，在中，,,
则，即，
即，，
则停车场面积，
即，其中.
（2）由（1）得，
即，
则.
因为，所以，
则时，平方米.
故当时，停车场最大面积为平方米.

【点睛】本题考查了三角函数模型的应用问题，也考查了运算求解能力，属于中档题．
19. 对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“类函数”.
（1）已知函数，试判断是否为“类函数”？并说明理由；
（2）若为其定义域上的“类函数”，求实数取值范围.
【答案】（1）函数是“类函数”；答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得若，则可得，从而得到答案.
（2）由条件，可得在上恒成立，可得，由为其定义域上的“类函数”，则实数，满足，对函数进行分段讨论，可得出答案,
【详解】（1）函数是“类函数”.
由题意，函数在定义域内存在实数，满足，
可得，即，整理得，
所以存在满足所以函数是“类函数”.
（2）由在上恒成立，可得，
因为为其定义域上“类函数”，
所以存在实数使得，
①当时，则，所以，所以，即，
因为函数，为单调增函数，所以；
②当时，，此时，不成立；
③当，则，所以，所以
因为函数为单调减函数，所以；
综上所述，求实数取值范围.
【点睛】本题考查分段函数的应用，新定义“类函数”，正确理解新定义的含义是解题的关键，考查求参数的范围，属于中档题.
20. 已知椭圆的一个焦点与短轴的两端点组成一个正三角形的三个顶点，且椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为的直线与椭圆交于两点（点，不在坐标轴上）；证明：直线，，的斜率依次成等比数列.
（3）设直线与椭圆交于两点，且以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
(1)设出上下顶点坐标及左焦点坐标，由等边三角形可得，结合在椭圆上可求出，，进而可求出椭圆的方程.
(2) 设直线的方程为，，，联立直线和椭圆的方程，根据韦达定理可得，，由，也在直线上可求出，进而可计算，即可证明.
(3) 设直线的方程为，联立直线和椭圆方程，由韦达定理可得，，根据以线段为直径的圆过椭圆的右顶点可知，继而能求出的值，从而可证明直线过定点，由，即可求出面积的最大值.
【详解】（1）根据题意，设椭圆的上下顶点为，，左焦点为，
则是正三角形，所以，则椭圆方程为.
将代入椭圆方程，可得，解得，.
故椭圆的方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，，
由，消去，得，
则，且，；
故，
所以.
即直线、、的斜率依次成等比数列.
（3）由题意，设直线的方程为，联立，
消去得.设，，
则有，，
因为以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，所以，
由，，则，
将，代入上式并整理得，
则，化简得，
解得或，因为直线不过点，所以，故.
所以直线恒过点.故设，则在上单调递增，
当时，，所以面积的最大值为.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解，考查了直线和椭圆的位置关系，考查了椭圆中三角形面积的最值问题.本题的易错点是化简计算求错.
21. 已知是定义在上的函数，满足：①对任意，均有；②对任意，均有.数列满足：，，.
（1）若函数，求实数的取值范围；
（2）若函数在上单调递减，求证：对任意正实数，均存在，使得时，均有；
（3）求证：“函数在上单调递增”是“存在，使得”的充分非必要条件.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题设所给定义①，求出在的最小值，得出；根据题设所给定义②，结合函数单调性的性质，即可确定的取值范围；
（2）根据函数的单调性得出，结合不等式的性质得出，取，即可得出证明；
（3）举反例判断必要性，利用反证法证明充分性，即可得出结论.
【详解】（1）由，即对一切恒成立，所以
当时，在上单调递增，所以对任意，均有
综上，实数的取值范围为：；
（2）证明：由函数在上单调递减，即对一切，均有
所以对一切，均有，可得：
所以：，对一切
对任意正实数，取，当时
；
（3）非必要性：取，在不为增函数
但，，，，
充分性：假设对一切，均有
所以：（1）
由递推式

因为为增函数，所以（2）
由（1）（2）可知：对一切，均成立
又，可知，当时，上述不等式不成立
所以假设错误，即存在，使得
【点睛】本题主要考查了指数函数的性质，考查了递推公式的应用以及等比数列的求和公式，同时考查了充分条件与必要条件的证明，属于综合题.