上海市奉賢區(qū)2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)一模試卷 附解析

第1頁（共1頁）上海市奉賢區(qū)2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)一模試卷答案與解析一、填空題（本大題共12題，1-6每題4分，7-12每題5分，共54分）1．（4分）已知集合A＝{1，2}，B＝{2，a}，若A∪B＝{1，2，3}，則a＝3．【分析】利用集合并集的定義求解即可．【解答】解：因?yàn)榧螦＝{1，2}，B＝{2，a}，A∪B＝{1，2，3}，則a＝3．故答案為：3．2．（4分）計(jì)算＝．【分析】直接利用數(shù)列的極限的運(yùn)算法則，化簡(jiǎn)求解即可．【解答】解：＝＝＝．故答案為：﹣．3．（4分）已知圓的參數(shù)方程為（θ為參數(shù)），則此圓的半徑是2．【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合三角函數(shù)的同角公式，即可求解．【解答】解：∵圓的參數(shù)方程為（θ為參數(shù)），∴，sinθ＝，∵sin2θ+cos2θ＝1，∴，即x2+y2＝4，∴此圓的半徑為2．故答案為：2．4．（4分）函數(shù)y＝sinx﹣cosx的最小正周期是2π．【分析】利用兩角和與差的三角函數(shù)化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式，然后求解函數(shù)的周期．【解答】解：函數(shù)y＝sinx﹣cosx＝2sin（x﹣），所以函數(shù)的周期為：＝2π．故答案為：2π．5．（4分）函數(shù)y＝x3+acosx是奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝0．【分析】由已知結(jié)合奇函數(shù)性質(zhì)f（0）＝0代入可求．【解答】解：由奇函數(shù)性質(zhì)得，f（0）＝a＝0，此時(shí)f（x）＝x3為奇函數(shù)．故答案為：0．6．（4分）若圓錐的底面面積為π，母線長(zhǎng)為2，則該圓錐的體積為．【分析】求出圓錐的底面半徑，根據(jù)勾股定理求出圓錐的高，再利用公式計(jì)算圓錐的體積．【解答】解：圓錐的底面面積為π，所以，底面半徑為r＝1，母線長(zhǎng)為l＝2，所以圓錐的高為h＝＝；所以圓錐的體積為V＝πr2h＝．故答案為：．7．（5分）函數(shù)y＝lg的定義域是（﹣∞，log23）．【分析】根據(jù)函數(shù)的解析式，列出使函數(shù)解析式有意義的不等式組，求出解集即可．【解答】解：由題意可知3﹣2x＞0，∴2x＜3，∴x＜log23，∴函數(shù)的定義域?yàn)椋ī仭?，log23），故答案為：（﹣∞，log23），8．（5分）等差數(shù)列{an}滿足a3+a2＝8，a4+a3＝12，則數(shù)列{an}前n項(xiàng)的和為n2．【分析】由已知結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)先求出公差d，進(jìn)而可求首項(xiàng)a1，然后結(jié)合等差數(shù)列的求和公式可求．【解答】解：因?yàn)榈炔顢?shù)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，則數(shù)列{an}前n項(xiàng)的和Sn＝＝n+n（n﹣1）＝n2．故答案為：n2．9．（5分）如圖，汽車前燈反射鏡與軸截面的交線是拋物線的一部分，燈口所在的圓面與反射鏡的軸垂直，燈泡位于拋物線的焦點(diǎn)處．已知燈口直徑是24厘米，燈深10厘米，則燈泡與反射鏡頂點(diǎn)的距離是3.6厘米．【分析】先設(shè)出拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程y2＝2px（p＞0），點(diǎn)（10，12）代入拋物線方程求得p，進(jìn)而求得，即燈泡與反光鏡的頂點(diǎn)的距離．【解答】解：建立平面直角坐標(biāo)系，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平方向?yàn)閤軸，豎直方向?yàn)閥軸，如圖所示：則：設(shè)拋物線方程為y2＝2px（p＞0），點(diǎn)（10，12）在拋物線y2＝2px上，∴144＝2p×10．∴＝3.6．∴燈泡與反射鏡的頂點(diǎn)O的距離3.6cm．故答案為：3.6．10．（5分）已知曲線+＝1的焦距是10，曲線上的點(diǎn)P到一個(gè)焦點(diǎn)距離是2，則點(diǎn)P到另一個(gè)焦點(diǎn)的距離為2﹣2或10．【分析】利用曲線是橢圓或雙曲線，結(jié)合已知條件求解a，通過圓錐曲線的定義，轉(zhuǎn)化求解即可．【解答】解：當(dāng)曲線是橢圓時(shí)，因?yàn)榻咕酁?0，所以a﹣16＝25，所以a＝41，由橢圓的定義，可得點(diǎn)P到另一個(gè)焦點(diǎn)的距離為：2﹣2；當(dāng)曲線是雙曲線時(shí)，a＜0，所以16﹣a＝25，解得a＝﹣9，此時(shí)點(diǎn)P到另一個(gè)焦點(diǎn)的距離為：2×4+2＝10．故答案為：2﹣2或10．11．（5分）從集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8、9}中任取3個(gè)不同元素分別作為直線方程Ax+By+C＝0中的A、B、C，則經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)的不同直線有54條（用數(shù)值表示）．【分析】先根據(jù)條件知道C＝0，再根據(jù)計(jì)算原理計(jì)算即可．【解答】解：若直線方程Ax+By+C＝0經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，則C＝0，那么A，B任意取兩個(gè)即可，有＝72，其中，1，2；2，4；3，6；4，8；重復(fù)；1，3；2，6；3，9；重復(fù)；1，4；2，8；重復(fù)；2，3；4，6；6，9；重復(fù)；3，4；6，8；重復(fù)；所以滿足條件的直線有72﹣18＝54．故答案為：54．12．（5分）設(shè)平面上的向量、、、滿足關(guān)系＝﹣，＝m﹣（m≥2），又設(shè)與的模均為1且互相垂直，則與的夾角取值范圍為[arccos，]．【分析】求出，由與的模均為1且互相垂直，m≥2，求出||，||，由向量數(shù)量積公式求出，進(jìn)而求出與的夾角余弦值，由此能求出與的夾角取值范圍．【解答】解：∵平面上的向量、、、滿足關(guān)系＝﹣，＝m﹣（m≥2），∴，∵與的模均為1且互相垂直，m≥2，∴||＝＝，||＝＝，＝＝，∴與的夾角余弦值為：∴cos＜＞＝＝＝，∵m≥2，∴cos＜＞＝≥，∵＜＞∈[0，π]，∴與的夾角取值范圍為[arccos，]．故答案為：[arccos，]．二.選擇題（本大題共4題，每題5分，共20分）13．（5分）下列函數(shù)中為奇函數(shù)且在R上為增函數(shù)的是（）A．y＝2x B．y＝|x| C．y＝sinx D．y＝x3【分析】結(jié)合基本初等函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性分別檢驗(yàn)各選項(xiàng)即可判斷．【解答】解：y＝2x不是奇函數(shù)，A不符合題意；y＝|x|為偶函數(shù)，不符合題意；y＝sinx在R上不單調(diào)，不符合題意；根據(jù)冪函數(shù)性質(zhì)可知，y＝x3為奇函數(shù)且在R上單調(diào)遞增，符合題意．故選：D．14．（5分）已知（+）n的二項(xiàng)展開式中，前三項(xiàng)系數(shù)成等差數(shù)列，則n的值為（）A．7 B．8 C．9 D．10【分析】展開式中前三項(xiàng)的系數(shù)分別為1，，，根據(jù)其成等差數(shù)列可得n的值．【解答】解：（+）n的展開式的通項(xiàng)公式為：Tr+1＝??（）n﹣r?（）r，展開式中前三項(xiàng)的系數(shù)分別為1，，，由題意得2×＝1+，∴n＝8，（n＝1舍）．故選：B．15．（5分）對(duì)于下列命題：①若a＞b＞0，c＞d＞0，則＞；②若a＞b＞0，c＞d＞0，則ac＞bd.關(guān)于上述命題描述正確的是（）A．①和②均為真命題 B．①和②均為假命題 C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題【分析】對(duì)于①，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可求解，對(duì)于②，結(jié)合特殊值法，即可求解．【解答】解：對(duì)于①，∵c＞d＞0，∴，∴＞0，即，∵a＞b＞0，c＞d＞0，∴a+c＞b+d＞0，∴＞，故①為真命題，對(duì)于②，令a＝c＝，b＝d＝，滿足a＞b＞0，c＞d＞0，但ac＝bd，故②為假命題．故選：C．16．（5分）復(fù)數(shù)（cos2θ+isin3θ）?（cosθ+isinθ）的模為1，其中i為虛數(shù)單位，θ∈[0，2π]，則這樣的θ一共有（）個(gè)．A．9 B．10 C．11 D．無數(shù)【分析】先根據(jù)復(fù)數(shù)（cos2θ+isin3θ）?（cosθ+isinθ）的模為1及復(fù)數(shù)模的運(yùn)算公式，求得cos22θ+sin23θ＝1，即cos22θ＝cos23θ，接下來分cos2θ＝cos3θ與cos2θ＝﹣cos3θ兩種情況進(jìn)行求解，結(jié)合0∈[0，2π]，求出θ的個(gè)數(shù)．【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，當(dāng)cos2θ＝cos3θ時(shí)，①2θ＝3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ＝﹣2k1π，k1∈Z，因?yàn)棣取蔥0，2π]所以θ＝0或2π；②2θ＝﹣3θ+2k2π，k2∈Z，所以，因?yàn)棣取蔥0，2π]，所以θ＝0，，或2π；當(dāng)cos2θ＝﹣cos3θ時(shí)，①2θ＝3θ+（2k3+1）π，k3∈Z，即θ＝﹣（2k3+1）π，k3∈Z，因?yàn)棣取蔥0，2π]，所以θ＝π，③2θ＝﹣3θ+（2k4+1）π，k4∈Z，即，因?yàn)棣取蔥0，2π]，所以，，，，綜上：，m＝0，1，???，10一共有11個(gè)．故選：C．三.解答題（本大題共5題，共14+14+14+16+18＝76分）17．（14分）在△ABC中，A、B、C所對(duì)邊a、b、c滿足（a+b﹣c）（a﹣b+c）＝bc．（1）求A的值；（2）若a＝，cosB＝，求△ABC的周長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)已知條件和余弦定理求出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，即可得出結(jié)果．【解答】解：（1）∵（a+b﹣c）（a﹣b+c）＝bc，∴a2﹣（b﹣c）2＝bc，化簡(jiǎn)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的周長(zhǎng)為．18．（14分）第一象限內(nèi)的點(diǎn)P在雙曲線﹣＝1（a＞0，b＞0）上，雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別記為F1、F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|＝2|PF2|，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．（1）求證：b＝2a；（2）若△OF2P的面積為2，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）由|PF1|＝2|PF2|，|PF1|﹣|PF2|＝2a，解得|PF1|，|PF2|，根據(jù)PF1⊥PF2，利用勾股定理及其c2＝a2+b2，即可證明結(jié)論．（2）由題意可得：×2a×4a＝2×2，c?|yP|＝2，b＝2a，c2＝a2+b2，解出yP，并且代入雙曲線方程解得xP．【解答】解：（1）證明：∵|PF1|＝2|PF2|，|PF1|﹣|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，∵PF1⊥PF2，∴（2c）2＝（4a）2+（2a）2，化為：c2＝5a2，又c2＝a2+b2，∴b2＝4a2，a＞0，b＞0，∴b＝2a．（2）由題意可得：×2a×4a＝2×2，c?|yP|＝2，又b＝2a，c2＝a2+b2，解得a＝1，b＝2，yP＝±，把yP＝±代入雙曲線方程：﹣＝1，xP＞0，解得xP＝．∴P（，±）．19．（14分）圖1是某會(huì)展中心航拍平面圖，由展覽場(chǎng)館、通道等組成，可以假設(shè)抽象成圖2，圖2中的大正方形AA1A2A3是由四個(gè)相等的小正方形（如ABCD）和寬度相等的矩形通道組成．展覽館可以根據(jù)實(shí)際需要進(jìn)行重新布局成展覽區(qū)域和休閑區(qū)域，展覽區(qū)域由四部分組成，每部分是八邊形，且它們互相全等．圖2中的八邊形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展覽區(qū)域，小正方形ABCD中的四個(gè)全等的直角三角形是休閑區(qū)域，四個(gè)八邊形是整個(gè)的展覽區(qū)域，16個(gè)全等的直角三角形是整個(gè)的休閑區(qū)域．設(shè)ABCD的邊長(zhǎng)為300米，△AEF的周長(zhǎng)為180米．（1）設(shè)AE＝x，求△AEF的面積y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（2）問AE取多少時(shí)，使得整個(gè)的休閑區(qū)域面積最大．（長(zhǎng)度精確到1米，面積精確到1平方米）【分析】（1）根據(jù)給定條件結(jié)合勾股定理用x表示出AF長(zhǎng)即可求出函數(shù)關(guān)系式．（2）利用（1）的函數(shù)關(guān)系借助換元法求出y的最大值及對(duì)應(yīng)的x值即可計(jì)算作答．【解答】解：（1）依題意，在Rt△AEF中，EF＝，則有x+AF+＝180，解得AF＝（0＜x＜90），則△AEF的面積y＝＝，所以△AEF的面積y于x函數(shù)關(guān)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），當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即t＝90時(shí)取“＝”，整個(gè)休閑區(qū)域是16個(gè)與Rt△AEF全等的三角形組成，因此整個(gè)休閑區(qū)域面積最大，當(dāng)且僅當(dāng)△AEF的面積y最大，當(dāng)t＝90，即x＝180﹣90≈53米，整個(gè)休閑區(qū)域面積最大為y＝平方米，所以當(dāng)AE取53米時(shí)，整個(gè)休閑區(qū)域面積最大為22235平方米．20．（16分）如圖，在正四棱錐P﹣ABCD中，PA＝AB＝2，E、F分別為PB、PD的中點(diǎn)，平面AEF與棱PC的交點(diǎn)為G．（1）求異面直線AE與PF所成角的大??；（2）求平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角的大?。唬?）求點(diǎn)G的位置．【分析】（1）作出輔助線，找到異面直線AE與PF所成的角是∠OEA（或補(bǔ)角），利用余弦定理求出；（2）作出輔助線，找到平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角為∠OAQ，經(jīng)過計(jì)算得到；（3）證明出A、Q、G三點(diǎn)共線，利用第二問的求出的，和題干中的條件確定點(diǎn)G的位置．【解答】解：（1）連接AC，BD，相交于點(diǎn)O，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)是正方形的中心，連接PO，因?yàn)樗睦忮FP﹣ABCD是正四棱錐，則PO⊥底面ABCD，連接OE，因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)，所以EO是△PBD的中位線，所以EO∥PD，∠OEA（或補(bǔ)角）即為異面直線AE與PF所成角的大小，因?yàn)檎睦忮FP﹣ABCD中，，所以△PAB是等邊三角形，所以，由勾股定理得：，所以AO＝2，因?yàn)镻O⊥BD，E為PB的中點(diǎn)，所以，在△AOE中，由余弦定理得：，所以異面直線AE與PF所成角的大小為．（2）連接EF，與OP相交于點(diǎn)Q，則Q為OP，EF的中點(diǎn)，因?yàn)镋F分別為PBPD的中點(diǎn)，所以EF是三角形PBD的中位線，所以EF∥BD，因?yàn)锽D?平面ABCD，EF?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，設(shè)平面AEGF與平面ABCD相交于直線l，故EF∥l∥DB，連接QA，則因?yàn)锳E＝AF，所以AQ⊥EF，又因?yàn)镺A⊥BD，故∠QAO即為平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角，其中，AO＝2，所以，故，即平面AEGF與平面ABCD所成銳二面角的大小為．（3）延長(zhǎng)AQ，則由兩平面相交的性質(zhì)可得AQ一定過點(diǎn)G，過點(diǎn)G作GM∥PO交AC于點(diǎn)M，因?yàn)镻O⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，設(shè)GM＝CM＝x，則AM＝4﹣x，由第二問知：，所以，即，解得：，故，所以點(diǎn)G的位置為線段PC靠近P的三等分點(diǎn)．21．（18分）已知數(shù)列{an}滿足an＝．（1）當(dāng)q＞1時(shí)，求證：數(shù)列{an}不可能是常數(shù)列；（2）若qt＝0，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和；（3）當(dāng)q＝，t＝1時(shí)，令bn＝（n≥2，n∈N），判斷對(duì)任意n≥2，n∈N，bn是否為正整數(shù)，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）由題干條件得到a2＝2q+＞2，故可說明數(shù)列{an}不可能是常數(shù)列；（2）分q＝0，t≠0與t＝0，q≠