上海市奉贤区2021-2022学年高三上学期数学一模试卷 附解析

第1页（共1页）上海市奉贤区2021-2022学年高三上学期数学一模试卷答案与解析一、填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1．（4分）已知集合A＝{1，2}，B＝{2，a}，若A∪B＝{1，2，3}，则a＝3．【分析】利用集合并集的定义求解即可．【解答】解：因为集合A＝{1，2}，B＝{2，a}，A∪B＝{1，2，3}，则a＝3．故答案为：3．2．（4分）计算＝．【分析】直接利用数列的极限的运算法则，化简求解即可．【解答】解：＝＝＝．故答案为：﹣．3．（4分）已知圆的参数方程为（θ为参数），则此圆的半径是2．【分析】根据已知条件，结合三角函数的同角公式，即可求解．【解答】解：∵圆的参数方程为（θ为参数），∴，sinθ＝，∵sin2θ+cos2θ＝1，∴，即x2+y2＝4，∴此圆的半径为2．故答案为：2．4．（4分）函数y＝sinx﹣cosx的最小正周期是2π．【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，然后求解函数的周期．【解答】解：函数y＝sinx﹣cosx＝2sin（x﹣），所以函数的周期为：＝2π．故答案为：2π．5．（4分）函数y＝x3+acosx是奇函数，则实数a＝0．【分析】由已知结合奇函数性质f（0）＝0代入可求．【解答】解：由奇函数性质得，f（0）＝a＝0，此时f（x）＝x3为奇函数．故答案为：0．6．（4分）若圆锥的底面面积为π，母线长为2，则该圆锥的体积为．【分析】求出圆锥的底面半径，根据勾股定理求出圆锥的高，再利用公式计算圆锥的体积．【解答】解：圆锥的底面面积为π，所以，底面半径为r＝1，母线长为l＝2，所以圆锥的高为h＝＝；所以圆锥的体积为V＝πr2h＝．故答案为：．7．（5分）函数y＝lg的定义域是（﹣∞，log23）．【分析】根据函数的解析式，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可．【解答】解：由题意可知3﹣2x＞0，∴2x＜3，∴x＜log23，∴函数的定义域为（﹣∞，log23），故答案为：（﹣∞，log23），8．（5分）等差数列{an}满足a3+a2＝8，a4+a3＝12，则数列{an}前n项的和为n2．【分析】由已知结合等差数列的性质先求出公差d，进而可求首项a1，然后结合等差数列的求和公式可求．【解答】解：因为等差数列{an}中，a3+a2＝8，a4+a3＝a3+d+a2+d＝12，所以d＝2，所以a1+2d+a1+d＝8，所以a1＝1，则数列{an}前n项的和Sn＝＝n+n（n﹣1）＝n2．故答案为：n2．9．（5分）如图，汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分，灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直，灯泡位于抛物线的焦点处．已知灯口直径是24厘米，灯深10厘米，则灯泡与反射镜顶点的距离是3.6厘米．【分析】先设出抛物线的标准方程y2＝2px（p＞0），点（10，12）代入抛物线方程求得p，进而求得，即灯泡与反光镜的顶点的距离．【解答】解：建立平面直角坐标系，以O为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，如图所示：则：设抛物线方程为y2＝2px（p＞0），点（10，12）在抛物线y2＝2px上，∴144＝2p×10．∴＝3.6．∴灯泡与反射镜的顶点O的距离3.6cm．故答案为：3.6．10．（5分）已知曲线+＝1的焦距是10，曲线上的点P到一个焦点距离是2，则点P到另一个焦点的距离为2﹣2或10．【分析】利用曲线是椭圆或双曲线，结合已知条件求解a，通过圆锥曲线的定义，转化求解即可．【解答】解：当曲线是椭圆时，因为焦距为10，所以a﹣16＝25，所以a＝41，由椭圆的定义，可得点P到另一个焦点的距离为：2﹣2；当曲线是双曲线时，a＜0，所以16﹣a＝25，解得a＝﹣9，此时点P到另一个焦点的距离为：2×4+2＝10．故答案为：2﹣2或10．11．（5分）从集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8、9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C＝0中的A、B、C，则经过坐标原点的不同直线有54条（用数值表示）．【分析】先根据条件知道C＝0，再根据计算原理计算即可．【解答】解：若直线方程Ax+By+C＝0经过坐标原点，则C＝0，那么A，B任意取两个即可，有＝72，其中，1，2；2，4；3，6；4，8；重复；1，3；2，6；3，9；重复；1，4；2，8；重复；2，3；4，6；6，9；重复；3，4；6，8；重复；所以满足条件的直线有72﹣18＝54．故答案为：54．12．（5分）设平面上的向量、、、满足关系＝﹣，＝m﹣（m≥2），又设与的模均为1且互相垂直，则与的夹角取值范围为[arccos，]．【分析】求出，由与的模均为1且互相垂直，m≥2，求出||，||，由向量数量积公式求出，进而求出与的夹角余弦值，由此能求出与的夹角取值范围．【解答】解：∵平面上的向量、、、满足关系＝﹣，＝m﹣（m≥2），∴，∵与的模均为1且互相垂直，m≥2，∴||＝＝，||＝＝，＝＝，∴与的夹角余弦值为：∴cos＜＞＝＝＝，∵m≥2，∴cos＜＞＝≥，∵＜＞∈[0，π]，∴与的夹角取值范围为[arccos，]．故答案为：[arccos，]．二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13．（5分）下列函数中为奇函数且在R上为增函数的是（）A．y＝2x B．y＝|x| C．y＝sinx D．y＝x3【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断．【解答】解：y＝2x不是奇函数，A不符合题意；y＝|x|为偶函数，不符合题意；y＝sinx在R上不单调，不符合题意；根据幂函数性质可知，y＝x3为奇函数且在R上单调递增，符合题意．故选：D．14．（5分）已知（+）n的二项展开式中，前三项系数成等差数列，则n的值为（）A．7 B．8 C．9 D．10【分析】展开式中前三项的系数分别为1，，，根据其成等差数列可得n的值．【解答】解：（+）n的展开式的通项公式为：Tr+1＝••（）n﹣r•（）r，展开式中前三项的系数分别为1，，，由题意得2×＝1+，∴n＝8，（n＝1舍）．故选：B．15．（5分）对于下列命题：①若a＞b＞0，c＞d＞0，则＞；②若a＞b＞0，c＞d＞0，则ac＞bd.关于上述命题描述正确的是（）A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题【分析】对于①，结合不等式的性质，即可求解，对于②，结合特殊值法，即可求解．【解答】解：对于①，∵c＞d＞0，∴，∴＞0，即，∵a＞b＞0，c＞d＞0，∴a+c＞b+d＞0，∴＞，故①为真命题，对于②，令a＝c＝，b＝d＝，满足a＞b＞0，c＞d＞0，但ac＝bd，故②为假命题．故选：C．16．（5分）复数（cos2θ+isin3θ）•（cosθ+isinθ）的模为1，其中i为虚数单位，θ∈[0，2π]，则这样的θ一共有（）个．A．9 B．10 C．11 D．无数【分析】先根据复数（cos2θ+isin3θ）•（cosθ+isinθ）的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin23θ＝1，即cos22θ＝cos23θ，接下来分cos2θ＝cos3θ与cos2θ＝﹣cos3θ两种情况进行求解，结合0∈[0，2π]，求出θ的个数．【解答】解：|（cos2θ+isin3θ）•（cosθ+isinθ）|＝|cos2θ+isin3θ|•|cosθ+isinθ|，其中|cosθ+isinθ|＝1，所以|cos2θ+isin3θ|＝1，即cos22θ+sin23θ＝1，cos22θ＝1﹣sin23θ，当cos2θ＝cos3θ时，①2θ＝3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ＝﹣2k1π，k1∈Z，因为θ∈[0，2π]所以θ＝0或2π；②2θ＝﹣3θ+2k2π，k2∈Z，所以，因为θ∈[0，2π]，所以θ＝0，，或2π；当cos2θ＝﹣cos3θ时，①2θ＝3θ+（2k3+1）π，k3∈Z，即θ＝﹣（2k3+1）π，k3∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ＝π，③2θ＝﹣3θ+（2k4+1）π，k4∈Z，即，因为θ∈[0，2π]，所以，，，，综上：，m＝0，1，•••，10一共有11个．故选：C．三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）17．（14分）在△ABC中，A、B、C所对边a、b、c满足（a+b﹣c）（a﹣b+c）＝bc．（1）求A的值；（2）若a＝，cosB＝，求△ABC的周长．【分析】（1）根据已知条件和余弦定理求出A；（2）先求出sinB，再利用正弦定理求出b，再利用余弦定理求出c，即可得出结果．【解答】解：（1）∵（a+b﹣c）（a﹣b+c）＝bc，∴a2﹣（b﹣c）2＝bc，化简可得a2﹣b2﹣c2＝﹣bc，由余弦定理可得，故A＝．（2）∵，B∈（0，π），∴，由正弦定理可得，即，求得b＝，由余弦定理得：，即，解得，其中c＞0，故，故△ABC的周长为．18．（14分）第一象限内的点P在双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）上，双曲线的左、右焦点分别记为F1、F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|＝2|PF2|，O为坐标原点．（1）求证：b＝2a；（2）若△OF2P的面积为2，求点P的坐标．【分析】（1）由|PF1|＝2|PF2|，|PF1|﹣|PF2|＝2a，解得|PF1|，|PF2|，根据PF1⊥PF2，利用勾股定理及其c2＝a2+b2，即可证明结论．（2）由题意可得：×2a×4a＝2×2，c•|yP|＝2，b＝2a，c2＝a2+b2，解出yP，并且代入双曲线方程解得xP．【解答】解：（1）证明：∵|PF1|＝2|PF2|，|PF1|﹣|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，∵PF1⊥PF2，∴（2c）2＝（4a）2+（2a）2，化为：c2＝5a2，又c2＝a2+b2，∴b2＝4a2，a＞0，b＞0，∴b＝2a．（2）由题意可得：×2a×4a＝2×2，c•|yP|＝2，又b＝2a，c2＝a2+b2，解得a＝1，b＝2，yP＝±，把yP＝±代入双曲线方程：﹣＝1，xP＞0，解得xP＝．∴P（，±）．19．（14分）图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆、通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如ABCD）和宽度相等的矩形通道组成．展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等．图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展览区域，小正方形ABCD中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域．设ABCD的边长为300米，△AEF的周长为180米．（1）设AE＝x，求△AEF的面积y关于x的函数关系式；（2）问AE取多少时，使得整个的休闲区域面积最大．（长度精确到1米，面积精确到1平方米）【分析】（1）根据给定条件结合勾股定理用x表示出AF长即可求出函数关系式．（2）利用（1）的函数关系借助换元法求出y的最大值及对应的x值即可计算作答．【解答】解：（1）依题意，在Rt△AEF中，EF＝，则有x+AF+＝180，解得AF＝（0＜x＜90），则△AEF的面积y＝＝，所以△AEF的面积y于x函数关系式是：y＝（0＜x＜90）；（2）由（1）知，y＝（0＜x＜90），令180﹣x＝t∈（90，180），y＝＝90[270﹣（t+）]≤90（270﹣2）＝8100（3﹣2），当且仅当t＝，即t＝90时取“＝”，整个休闲区域是16个与Rt△AEF全等的三角形组成，因此整个休闲区域面积最大，当且仅当△AEF的面积y最大，当t＝90，即x＝180﹣90≈53米，整个休闲区域面积最大为y＝平方米，所以当AE取53米时，整个休闲区域面积最大为22235平方米．20．（16分）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB＝2，E、F分别为PB、PD的中点，平面AEF与棱PC的交点为G．（1）求异面直线AE与PF所成角的大小；（2）求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小；（3）求点G的位置．【分析】（1）作出辅助线，找到异面直线AE与PF所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；（2）作出辅助线，找到平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角为∠OAQ，经过计算得到；（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点G的位置．【解答】解：（1）连接AC，BD，相交于点O，因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，因为四棱锥P﹣ABCD是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，因为E为PB的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，∠OEA（或补角）即为异面直线AE与PF所成角的大小，因为正四棱锥P﹣ABCD中，，所以△PAB是等边三角形，所以，由勾股定理得：，所以AO＝2，因为PO⊥BD，E为PB的中点，所以，在△AOE中，由余弦定理得：，所以异面直线AE与PF所成角的大小为．（2）连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，因为EF分别为PBPD的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，因为BD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，设平面AEGF与平面ABCD相交于直线l，故EF∥l∥DB，连接QA，则因为AE＝AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，故∠QAO即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中，AO＝2，所以，故，即平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小为．（3）延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，设GM＝CM＝x，则AM＝4﹣x，由第二问知：，所以，即，解得：，故，所以点G的位置为线段PC靠近P的三等分点．21．（18分）已知数列{an}满足an＝．（1）当q＞1时，求证：数列{an}不可能是常数列；（2）若qt＝0，求数列{an}的前n项的和；（3）当q＝，t＝1时，令bn＝（n≥2，n∈N），判断对任意n≥2，n∈N，bn是否为正整数，请说明理由．【分析】（1）由题干条件得到a2＝2q+＞2，故可说明数列{an}不可能是常数列；（2）分q＝0，t≠0与t＝0，q≠