上海市ＳＯＥＣ（八校）2016届高三下学期3月联考数学试题（解析版）

上海市高三（八校联考）数学试卷一、填空题1.已知全集，集合，则集合_；【答案】【解析】【分析】先求解分式不等式再求解补集即可.【详解】.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解与补集的运算,属于基础题型.2.若，则的值为 【答案】7【解析】试题分析：由可得.考点：排列数及组合数的计算.3.方程的解为_；【答案】【解析】【分析】设再转换成二次方程求解即可.【详解】设则转换为.故,即.故答案为：【点睛】本题主要考查了换元法求解关于指数方程的根的问题,属于基础题型.4.数列是等比数列，且公比为整数，则数列前项和的值为_；【答案】【解析】【分析】根据等比数列的等积性与基本量法求解通项公式,再根据求和公式求解的值即可.【详解】由等比数列的等积性,解得或.因为公比为整数.故,解得公比,故.故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的等积性与通项公式和前项和的求解,属于中等题型.5.已知椭圆：的焦距为4，且过点，则椭圆的方程为_；【答案】【解析】【分析】根据基本量的关系再代入点到椭圆的方程求解基本量即可.【详解】由题, ,又椭圆过点,故.化简得.故,.所以椭圆方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆中的基本量的求法,属于基础题型.6.在正方体中，、分别是棱、的中点，则直线与平面所成的角大小等于_；【答案】【解析】【分析】画出图像,分析所成角,再根据直角直角三角形中的关系求解角度的正切值即可.【详解】由图,因为平面平面,故直线与平面所成的角为直线与平面所成的角,易得为.设正方体边长为2则,.故故直线与平面所成的角大小等于.故答案为：【点睛】本题主要考查了空间中的线面角的问题,需要根据题意转移求得线面角的正切值即可.属于基础题型.7.图（1）是某区参加2015年高考的学生身高的条件统计图，从左到右的各条形图表示的学生人数依次记为、，（如表示身高（单位：cm）在内的学生人数），图（2）是图（1）中统计身高在一定范围内学生人数的一个算法流程图，现要统计身高在内的学生人数，那么流程图中判断框内整数的为_；【答案】7【解析】【分析】根据题意分析需要求解、的和,再根据程序框图的所求求解即可.【详解】由题意得,所求为、的和,判断框内应为.即.故答案为：7【点睛】本题主要考查了框图的理解以及对频率分布直方图的理解,属于基础题型.8.已知是定义在上的偶函数，且对任意都有，且，则等于_；【答案】【解析】【分析】根据偶函数与可求得,再根据所得的周期性求解即可.【详解】令有,因为是定义在上的偶函数故.所以,即是周期为6的函数.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了根据函数的奇偶性与周期性求解函数值以及赋值法求函数值的问题,属于中等题型.9.已知二项式展开式的二项式系数之和为64，在展开式的二项式系数中任取两个求和，则和为偶数的概率为_；【答案】【解析】【分析】根据二项式系数之和的公式求解,再根据展开式求解二项式系数的关系进而求得概率即可.【详解】由题,二项式系数之和为.展开的二项式系数有：.其中奇数有4个,偶数有3个.从中取两个数有种.若取得的和为偶数则可能是两个奇数或者两个偶数.共种情况.故概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查了二项式定理与系数的关系,同时也考查了根据组合数求概率的问题.属于中等题型.10.如图，在矩形中，点为的中点，点在直线上，若，则= _【答案】【解析】【详解】在矩形中，可以以的方向为轴的正方向的直角坐标系，如下图所示：所以，点为的中点，故，设，.【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标表示，由已知的图形，建立直角坐标系，是解题的关键.11.已知函数，的最大值为，最小值为，则行列式的值为_；【答案】【解析】【分析】利用降幂公式与辅助角公式化简,再根据三角函数在区间上的最值方法以及行列式的算法求解即可.【详解】.又,故.所以.故.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了三角恒等变换与三角函数的范围问题以及行列式的计算,属于中等题型.12.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是_；【答案】【解析】【分析】因为在上单调递增,故利用定义法求解即可.【详解】设,则在时恒成立.即,在时恒成立.故.即实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用利用定义分析函数单调性中的恒成立问题,属于中等题型.13.已知双曲线，点，在双曲线上任取两点、满足，则直线恒过定点_；【答案】【解析】【分析】设的方程为,联立双曲线利用代数式恒成立即可求解直线恒过定点时中的值,进而求得定点.【详解】设的方程为,则由.设,则是该方程的两根,.又,故,又,代入,得：整理得：,或.当时,过与题意不符,故舍去。当时,过定点.故答案为：【点睛】本题主要考查了根据直线与双曲线的联立方程,利用韦达定理求解参数定值与直线过定点的问题.属于难题.14.记数列的前项和为，若不等式对任意等差数列及任意正整数都成立，则正实数的取值范围是_；【答案】【解析】【分析】利用等差数列前项和为【详解】由题意可得,当时显然成立.当时两边乘以有.令则恒成立.即.又最小值为.故.故正实数的取值范围为：.故答案为：【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式与换元利用二次不等式的方法求最值的问题.需要根据题意选用合适的公式进行化简,属于中等题型.二、选择题15.在同一直角坐标系中，函数，的图像可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数与幂函数的图像分析即可.【详解】当时,对数函数单调递增,且幂函数往下凸,无满足选项.当时, 对数函数单调递减, 且幂函数往上凸.易得D满足条件.故选：D【点睛】本题主要考查了幂函数与对数函数的图像,属于基础题型.16.已知，则“”是“”的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分析时的充要条件中的取值范围再判断即可.【详解】当时,有,当时显然不成立.故.故.此时有,故或.故“”是“”的必要非充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查了数列的极限的运用,需要根据题意将分式上下同时除以再分析.属于中等题型.17.已知点，若点在曲线（参数）上运动，则面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简曲线成直角坐标,再将面积最小值转换到圆上的点到直线的距离最小值求解即可.【详解】由曲线（参数）知曲线是以为圆心,1为半径的圆.故直角坐标方程为：.又点,故直线的方程为.故当到直线的距离最小时有面积取最小值.又圆心到直线的距离为.故到直线的距离最小值为.故面积的最小值为.故选：D【点睛】本题主要考查了参数方程化直角坐标的方法与根据直线与圆的位置关系求最值的问题.属于中等题型.18.设、为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到、点的距离之和最小，则称点为、点的一个“中位点”，有下列命题：、三个点共线，在线段上，则是、的中位点；直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；若四个点、共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据中位点的定义以及空间中的点与线的位置关系等逐个证明或举反例即可.【详解】若三个点共线,在线段上,根据两点之间线段最短,则是的中位点,正确；举一个反例,如边长为的直角三角形,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7,直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误；若四个点共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯一；故错误；如图,在梯形中,对角线的交点是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得,梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点正确故正确.故选：C【点睛】本题主要考查了新定义问题的运用,需要根据题意根据几何性质找到反例或直接证明.属于难题.三、解答题19.已知复数满足：（为虚数单位），的实部为，虚部为，角的终边经过点；（1）求复数在复平面上对应的点的坐标及复数的模；（2）求.【答案】(1) 复数在复平面上对应的点的坐标为,复数的模为.(2)【解析】【分析】(1)根据复数的四则运算求解,再分别求复数在复平面上对应的点的坐标及复数的模.(2)根据三角函数的定义求解的值再根据三角函数恒等变换求解.【详解】(1)由题.故复数在复平面上对应的点的坐标为.复数的模为.(2) 因为角的终边经过点,结合(1)可知.则,.故.所以.即【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与三角函数的定义求三角函数值的方法,三角函数恒等变换等.属于中等题型.20.老王有一块矩形旧铁皮，其中，他想充分利用这块铁皮制作一个容器，他有两个设想：设想1是沿矩形的对角线把折起，使移到点，且在平面上的射影恰好在上，再利用新购铁皮缝制其余两个面得到一个三棱锥；设想2是利用旧铁皮做侧面，新购铁皮做底面，缝制一个高为，侧面展开图恰为矩形的圆柱体；（1）求设想1得到的三棱锥中二面角的大小；（2）不考虑其他因素，老王的设想1和设想2分别得到的几何体哪个容积更大？说明理由.【答案】(1)；(2) 圆柱体容积更大,证明见解析【解析】【分析】(1)过做,连接.证明二面角再计算其余弦值即可.(2)分别计算三棱锥与圆柱体的体积,再比较大小即可.【详解】(1)过做,连接.由题意可知,根据三垂线定理知.故为二面角.利用等面积法.解得.进一步可求得,根据三角形相似有,解得.故在中, .所以.即二面角的大小为(2)棱锥体积 圆柱体积.因为.故圆柱体容积更大.【点睛】本题主要考查了二面角的求解方法与棱锥和圆柱的体积方法,属于中等题型.21.设数列的前项和为，已知，；（1）求证：数列是等差数列；（2）设，数列的前项和为，求使不等式对一切都成立的最大正整数的值.【答案】(1)证明见解析；(2)18【解析】【分析】(1)利用与的关系求解关于的递推公式,再构造数列证明即可.(2)根据是等差数列可得数列的通项公式.代入可知随着的增大而增大.故的最小值为,再解即可.【详解】(1)由题,即当时有,-有.整理得.两边同除以有. 当时, .满足.故,.所以数列是等差数列.(2)由(1)可得.故对一切都成立.故随着的增大而增大. 故的最小值为,所以恒成立.又.故恒成立.故最大正整数的值为18【点睛】本题主要考查了根据数列的前项和与的关系,证明构造的等差数列的方法.同时也考查了数列不等式的问题.属于中等题型.22.在平面直角坐标系中，点到点的距离比它到轴的距离多1，记点的轨迹为；（1）求轨迹的方程；（2）求定点到轨迹上任意一点的距离的最小值；（3）设斜率为的直线过定点，求直线与轨迹恰好有一个公共点，两个公共点，三个公共点时的相应取值范围.【答案】(1) ；(2) ；(3) 当时,直线与轨迹恰好有一个公共点；当时, 直线与轨迹恰好有两个公共点；当时, 直线与轨迹恰好有三个公共点【解析】【分析】(1) 设点,再根据题意求解关于的方程化简即可.(2)根据(1)中的轨迹方程,分情况讨论的最小值即可.(3)根据(1)中的方程,结合直线过分三种情况进行讨论即可.【详解】(1)设点,依题意得,即,即.化简整理得 .故点轨迹的方程为 (2)在点的轨迹中,记,.设,当点的轨迹在上时, ,当时取得最小值.当点的轨迹在上时, 综上所述：当时,即,.(3) 在点的轨迹中,记,.依题意,可设直线的方程为.由方程组 可得当时,此时 ,把代入轨迹的方程,得.故此时直线：与轨迹恰好有一个公共点.当时,方程的判别式为设直线与轴的交点为,则由,令,得若,由解得,或.即当时,直线与没有公共点,与有一个公共点,故此时直线与轨迹恰好有一个公共点.若或,由解得,或.即当时,直线与只有一个公共点,与有一个公共点.当时, 直线与有两个公共点,与没有公共点.故当时,直线与恰好有两个公共点.若,由解得,或.即当时,直线与有两个公共点,与有一个公共点,故此时直线与轨迹恰好有三个公共点综上所述：当时,直线与轨迹恰好有一个公共点；当时, 直线与轨迹恰好有两个公共点；当时, 直线与轨迹恰好有三个公共点【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法,设抛物线上的点求距离最值的问题以及直线与轨迹方程的位置关系等.属于难题.23.将所有平面向量组成的集合记作，是从到的对应关系，记作或，其中、都是实数，定义对应关系的模为：在的条件下的最大值记作，若存在非零向量，及实数使得，则称为的一个特殊值；（1）若，求；（2）如果，计算的特征值，并求相应的；（3）若，要使有唯一的特征值，实数、应满足什么条件？试找出一个对应关系，同时满足以下两个条件：有唯一的特征值，并验证满足这两个条件.【答案】(1) ；(2) 当时,;当时, .其中且；(3) ,证明见解析【解析】【分析】(1)由新定义得,再利用得即可.(2)由特征值的定义可得,由此可得的特征值,及相应的(3) 解方程组,再利用平行向量的方法求解证明即可.【详