2022届上海市交通大学附属中学高三下学期开学考数学试题含解析

2022届上海市交通大学附属中学高三下学期开学考数学试题

一、单选题

1．已知、都是锐角，且，，那么、之间的关系是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】推导出，可得出，求出的取值范围，即可得解.

【详解】因为，则，

所以，，

因为、都是锐角，由题意可得，

所以，，

所以，，

因为、都是锐角，则且，则，

所以，，因此，.

故选：D.

2．已知分别是双曲线的左、右焦点，动点P在双曲线的左支上，点Q为圆上一动点，则的最小值为（       ）

A．6 B．7 C． D．5

【答案】A

【分析】由双曲线的定义及三角形的几何性质可求解.

【详解】如图，圆的圆心为，半径为1，，，当，，三点共线时，最小，最小值为，而，所以．

故选：A

3．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续天，每天新增疑似病例不超过人”，根据过去天甲、乙、丙、丁四地新增病例数据，一定符合该标志的是（       ）

A．甲地：总体均值为，总体方差为

B．乙地：总体均值为，中位数为

C．丙地：总体均值为，总体方差大于

D．丁地：中位数为，总体方差为

【答案】A

【分析】利用平均数、中位数、方差的计算公式以及含义，对四个选项逐一分析判断即可.

【详解】对于A，假设至少有一天的疑似病例超过人，

此时方差，这与题设矛盾，所以假设不成立，故A正确；

对于B，平均数和中位数不能限制某一天的病例不超过人，故B不正确；

对于C，当总体方差大于，不知道总体方差的具体数值，因此不能确定数据的波动大小，故C错误；

对于D，中位数为，总体方差为，如，

平均数为，

方差，满足题意，但是存在大于的数，故D错误.

故选：A.

4．设，，则的最小值是（       ）

A．4 B． C．2 D．1

【答案】C

【分析】分子分母同除以，然后令分母为换元后化简，利用基本不等式可得结论．

【详解】因为，，

，设，，

所以，

当且仅当，即时等号成立．

故选：C．

二、填空题

5．设全集，集合，在______

【答案】

【分析】利用集合的补运算求即可.

【详解】由，，则.

故答案为：.

6．计算___________．

【答案】

【分析】根据给定条件利用数列极限的意义及极限运算法则求解即得.

【详解】.

故答案为：

7．复数z满足（i为虚数单位），则的虚部为___________.

【答案】﹣1

【分析】根据复数的运算法则直接求出Z，然后求可得.

【详解】因为，

所以

所以的虚部为

故答案为：.

8．已知，，则______

【答案】

【分析】利用诱导公式可求得结果.

【详解】由已知可得，故.

故答案为：.

9．已知△ABC中，B＝45°，，，则A＝______

【答案】

【分析】根据正弦定理求得的值，判断角A的范围，确定答案.

【详解】△ABC中由正弦定理得： ,

即，则 或 ，

又，故为锐角，所以 ，

故答案为：

10．不等式的解为______

【答案】

【分析】由题设，讨论的范围求得，即可得解集.

【详解】由题设有，

当或时，不合题设；

当时，满足题设；

所以，可得.

故答案为：.

11．若多项式，则______

【答案】

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】，

二项式的通项公式为：，

因为，

所以令，因此，

故答案为：

12．已知点、、、、，如果直线、的斜率之积为，记，，则___________.

【答案】

【分析】利用斜率公式结合已知条件化简得出点的轨迹方程为，可得出、为椭圆的两个焦点，利用正弦定理边角互化以及椭圆的定义可求得结果.

【详解】由题意，化简可得，

在椭圆中，，，，

所以，、为椭圆的两个焦点，

因此，.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：

（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；

（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；

（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；

（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；

（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.

13．若圆O的半径为2，圆O的一条弦长为2，P是圆O上任意一点，点P满足，则的最大值为_________.

【答案】10

【分析】法一、以中点C为原点建系，求出圆O的参数方程，从而设，，根据，求出点坐标，从而得即可求解；

法二、由已知根据向量的线性运算求出，从而得，利用投影的定义即可求解.

【详解】解：法一、如图以中点C为原点建系，则，，，

所以圆O方程为，所以设，

因为，，

，

所以，

所以，

因为，

所以的最大值为10.

法二、连接OA，OB过点O作，垂足为C，则，

∴，

因为，所以，

所以，

，当且仅当且同向时取等号，

所以的最大值为10，

故答案为：10.

【点睛】关键点点睛：法一、建立恰当直角坐标系，求出圆O的参数方程，从而设，，根据，求出点坐标；

法二、将用，，线性表示，根据数量积的运算律求出，再利用投影的定义即可求解.

14．已知空间一点M到正方体六个表面的距离分别为5、6、7、8、9、10，则正方体的体积为______

【答案】1或或3375

【分析】根据空间任意一点到正方体六个面的距离，存在3对距离之差或和等于棱长，结合已知求棱长，即可求正方体的体积.

【详解】由正方体的性质，空间中一点到平行两个平面的距离之差或和为棱长，

所以，已知距离中存在3对距离之差或和为定值，即为正方体棱长.

由题设，棱长为，，

所以正方体的体积为1或或.

故答案为：1或或3375.

15．若定长为的线段的两端点在抛物线上移动，则线段的中点到轴的最短距离为__________.

【答案】1.5

【详解】如图,设为抛物线的焦点,M为AB的中点，分别过作抛物线准线的垂线,垂足为.

在直角梯形中,因为,所以.

又,所以.

由平面几何的性质,知.当且仅当过焦点时取等号,

所以当为焦点弦时,有最小值,此时点到轴的距离最短,且最短距离为.

16．在数列中，，为的前项和，关于的方程有唯一解，若不等式，对任意的恒成立，则实数的取值范围为______

【答案】

【分析】设，分析可得，求得，，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.

【详解】设函数，该函数的定义域为，

因为，

则函数为偶函数，因为方程有唯一解，则，

所以，且，故数列是以为公差和首项的等差数列，

故，，由题意可得.

若为奇数，则，因为，当且仅当时，等号成立，

所以，，可得；

若为偶数，则，令，则，，

当时，,，

且数列中的偶数项从开始单调递增，因为，此时.

综上所述，.

故答案为：.

三、解答题

17．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AP＝2，BC＝1，且Q为线段BP的中点．

(1)求直线CQ与PD所成角的大小；

(2)求直线CQ到平面ADQ所成角的大小．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）连接，作交于，连接，易得，则直线CQ与PD所成角为，根据线面垂直的判定和性质证线线垂直，应用勾股定理、中位线的性质求相关线段长度，进而求的大小.

（2）连接，由求到面距离，结合即可求直线CQ到平面ADQ所成角的大小．

【详解】(1)连接，作交于，

四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝2，BC＝1，

所以为矩形且分别为中点，则.

连接，又Q为线段BP的中点，故，

所以直线CQ与PD所成角，即为，

因为PA⊥平面ABCD，面ABCD，则，AP＝2，故，同理得，

又，，则面，而，

所以面，又面，故，则，

又，故在△中，即，

综上，，故.

(2)连接，由题设易知：到面的距离为，又，

所以，而，

由面，面，则，故，

若到面距离为，故，可得，又，

所以直线CQ到平面ADQ所成角正弦值为，故线面角大小为.

18．已知函数．

(1)求函数的最小正周期；

(2)若存在，（其中），使得，求，的值．

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）利用和差和余弦的二倍角公式，再结合辅助角公式把化简后，套用周期公式即可；

（2）根据（1）小问求出再 上的范围，再结合已知条件可求出答案.

【详解】(1)

，

则函数的最小正周期为．

(2)由，可知，当时，，

则，

由于存在，（其中），使得，则，，即，

，则，，解得，．

19．2020年11月5日至10日，第三届中国国际进口博览会在上海举行，经过三年发展，进博会让展品变商品，让展商变投资商，交流创意和理念，联通中国和世界，国际采购、投资促进、人文交流，开放合作四大平台作用不断凸显，成为全球共享的国际公共产品.在消费品展区，某企业带来了一款新型节能环保产品参展，并决定大量投放市场.已知该产品年固定研发成本为150万元，每生产1万台需另投入380万元.设该企业一年内生产该产品万台且全部售完，每万台的销售收入为万元，且.

(1)写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式；（利润 = 销售收入—成本）

(2)当年产量为多少万台时，该企业获得的年利润最大？并求出最大年利润.

【答案】(1)

(2)当年产量为25万台时，该企业获得的年利润最大，最大为1490万元

【分析】（1）分和两种情况，由利润 = 销售收入—成本，知，再代入的解析式，进行化简整理即可，

（2）当时，利用配方法求出的最大值，当时，利用基本不等式求出的最大值，比较两个最大值后，取较大的即可

【详解】(1)当时，

，

当时，

，

所以年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式为

(2)当时，，

所以函数在上单调递增，所以当时， 取得最大值1450，

当时，

，

当且仅当，即时取等号，此时取得最大值1490，

因为，

所以当年产量为25万台时，该企业获得的年利润最大，最大为1490万元

20．在平面直角坐标系中，已知双曲线（、为正数）的右顶点为，右焦点到渐近线的距离为，直线与双曲线交于、两点，且、均不是双曲线的顶点，为的中点．

(1)求双曲线的方程；

(2)当直线与直线的斜率均存在时，设斜率分别为、，求的值；

(3)若，试探究直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标：否则，说明理由．

【答案】(1)

(2)

(3)直线过定点

【分析】（1）利用已知条件求出，可求得的值，进而可得出双曲线的方程；

（2）设点、，则点，利用点差法可求得的值；

（3）分析可知，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，与双曲线的方程联立，结合平面向量数量积的坐标运算，求出对应参数的值或满足的等量关系式，即可求得直线所过定点的坐标.

【详解】(1)解：双曲线的渐近线方程为，即，

所以，该双曲线的右焦点到渐近线的距离为，因为，则，

因此，双曲线的方程为.

(2)解：设点、，则点，

所以，，，

由已知可得，两式作差可得，因此，.

(3)证明：因为，则，

又因为为的中点，故是直角三角形，且，设、.

①若直线轴，设直线的方程为，则、，

所以，，所以，，

易知点，，，

，

因为，解得；

②若直线的斜率存在，设直线的方程为，

联立，可得，

所以，，

由韦达定理可得，，

，，

则

，

化简可得，即.

若，则直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意；

若，则直线的方程为，此时直线过定点.

综上所述，直线过定点.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

21．设集合，其中，，在M的所有元素个数为K（，2≤K≤n）的子集中，我们把每个K元子集的所有元素相加的和记为（，2≤K≤n），每个K元子集的最大元素之和记为（，2≤K≤n），每个K元子集的最小元素之和记为（，2≤K≤n）．

(1)当n＝4时，求、的值；

(2)当n＝10时，求的值；

(3)对任意的n≥3，，给定的，2≤K≤n，是否为与n无关的定值？若是，请给出证明并求出这个定值：若不是，请说明理由．

【答案】(1)，；

(2)4620

(3)与n无关，为定值，证明过程见解析.

【分析】（1）将3元子集用列举法全部列举出来，从而求出、的值；（2）用组合知识得到每个元素出现的次数，进而用等差数列求和公式进行求解；（3）用组合及组合数公式先求出，再求出与的和，进而求出及比值.

【详解】(1)当时，，则3元子集分别为，则，.

(2)当n＝10时，4元子集一共有个，其中从1到10，每个元素出现的次数均有次，故

(3)与n无关，为定值，证明过程如下：

对任意的n≥3，，给定的，2≤K≤n， 集合的所有含K个元素的子集个数为，这个子集中，最大元素为n的有个，最大元素为的有个，……，最大元素为的有个，……，最大元素为的有个，则①，其中，所以

，

这个子集中，最小元素为1的有个，最小元素为2的有个，最小元素为3的有个，……，最小元素为（m+1）的有个，……，最小元素为的有个，则②，则①+②得：，所以，故，证毕.

【点睛】集合与组合知识相结合，要能充分利用组合及组合数的公式进行运算，当然在思考过程中，可以用简单的例子进行辅助思考.