上海市民办新虹桥中学2022年高三数学理上学期期末试卷含解析

上海市民办新虹桥中学2022年高三数学理上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知定义在上的函数满足，且，，若有穷数列（）的前项和等于，则等于(

)A．4

B．5

C．6

D．7参考答案：B，因为，所以，即函数单调递减，所以.又，即，即，解得（舍去）或.所以，即数列为首项为，公比的等比数列，所以，由得，解得，选B.2.设a,b是不同的直线，是不同的平面，则下列命题：

①若

②若

③若

④若

其中正确命题的个数是（

）

A.0

B.1

C.2

D.3参考答案：B3.在△ABC中，已知，P为线段AB上的点，且的最大值为（

）A．1

B．2

C．3

D．4参考答案：C试题分析：由题设,即,也即,所以,又因,故,即;因为,故,故建立如图所示直角坐标系,则,则由题设可知,直线且,所以,即,应选C.考点：三角变换向量的数量积公式直线的方程及基本不等式的综合运用.【易错点晴】本题将向量的数量积公式和三角变换及基本不等式等知识有机地结合起来,综合考查学生的数学思想和数学方法及运用所学知识去分析问题解决问题的能力.求解时,先将,再运用已知得到,即.再将向量的数量积公式化为,从而求得,.最后通过构建平面直角坐标系求出直线且,然后运用基本不等式使得问题获解.4.已知ω＞0，函数在上单调递减，则ω的取值范围是（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】正弦函数的单调性．【分析】根据正弦函数的单调减区间，结合题意，得出不等式组，求出ω的取值范围即可．【解答】解：∵x∈（，），ω＞0，且函数f（x）=sin（ωx﹣）在（，）上单调递减，由f（x）的单调减区间满足：+2kπ＜ωx﹣＜+2kπ，k∈Z，取k=0，得≤x≤，即，解得≤ω≤；∴ω的取值范围是[，]．故选：A．【点评】本题考查了函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质的应用问题，是基础题．5.已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的右焦点为F（2，0），点P（2，）在椭圆上．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点F的直线，交椭圆C于A、B两点，点M在椭圆C上，坐标原点O恰为△ABM的重心，求直线l的方程．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由题意可得c=2，|PF|=，运用勾股定理可得|PF1|，再由椭圆的定义可得2a，由a，b，c的关系可得b，进而得到椭圆方程；（Ⅱ）显然直线l与x轴不垂直，设l：y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程，运用韦达定理和三角形的重心坐标公式可得M的坐标，代入椭圆方程，解方程即可得到所求直线的方程．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得c=2，左焦点F1（﹣2，0），|PF|=，所以|PF1|==，即2a=|PF|+|PF1|=2，即a2=6，b2=a2﹣c2=2，故椭圆C的方程为+=1；（Ⅱ）显然直线l与x轴不垂直，设l：y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2）．将l的方程代入C得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，可得x1+x2=，所以AB的中点N（，），由坐标原点O恰为△ABM的重心，可得M（，）．由点M在C上，可得15k4+2k2﹣1=0，解得k2=或﹣（舍），即k=±．故直线l的方程为y=±（x﹣2）．【点评】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的定义和a，b，c的关系及点满足椭圆方程，同时考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和三角形的重心坐标公式，考查运算能力，属于中档题．6.已知幂函数y=f（x）的图象过点（，2），且f（m﹣2）＞1，则m的取值范围是（）A．m＜1或m＞3 B．1＜m＜3 C．m＜3 D．m＞3参考答案：D【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域．【分析】由条件利用幂函数的定义，求得函数的解析式，再根据函数的单调性求出m的范围．【解答】解：设幂函数f（x）=xα，由它的图象过点（，2），可得=2，解得α=3，所以f（x）=x3；再根据f（m﹣2）＞1，得（m﹣2）3＞1，解得m＞3，所以m的取值范围是m＞3．故选：D．7.已知log7[log3（log2x）]=0，那么等于（）A．B．C．D．参考答案：C略8.已知，且，则(Ａ)

(Ｂ)

(Ｃ)

(Ｄ)参考答案：C9.已知函数的零点是和，则（

）A． B． C． D．参考答案：C，得，即，则，所以，故选C。

10.已知集合,则A.

B.

C.

D.

参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知向量，其中，且，则向量的夹角是．参考答案：【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由及便可以得到，再由便可由向量数量积的计算公式得到，从而便可得出向量和的夹角的大小．【解答】解：；∴；∴；即；∴；∴向量的夹角为．故答案为：．12.设点M（,1），若在圆O:上存在点N，使得∠OMN=45°，则的取值范围是________.参考答案：13.（4分）已知i是虚数单位，则（2+i）（3+i）等于=．参考答案：5+5i【考点】：复数代数形式的乘除运算．【专题】：数系的扩充和复数．【分析】：利用复数的运算法则即可得出．解：（2+i）（3+i）=6﹣1+5i=5+5i．故答案为：5+5i．【点评】：本题考查了复数的运算法则，属于基础题．14.已知a是函数f(x)＝2－log2x的零点，则实数a的值为＿＿＿＿＿＿。参考答案：415.若对任意，恒成立，则的取值范围是

．参考答案：略16.在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则=． 参考答案：1【考点】余弦定理；二倍角的正弦；正弦定理． 【专题】计算题；解三角形． 【分析】利用余弦定理求出cosC，cosA，即可得出结论． 【解答】解：∵△ABC中，a=4，b=5，c=6， ∴cosC==，cosA== ∴sinC=，sinA=， ∴==1． 故答案为：1． 【点评】本题考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础． 17.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若,，且,则△ABC的面积为___________.参考答案：化简得：当时，（舍）或又，则

，解得故答案为

三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知函数．（Ⅰ）若函数在处有极值，求的值；（Ⅱ）记函数的图象为曲线．设点，是曲线上的不同两点．如果在曲线上存在点，使得：①；②曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”．问函数是否存在“中值相依切线”，请说明理由；（Ⅲ）求证：．参考答案：解：(1)因为函数定义域为，，又函数在处有极值，所以，解得，所以．当时，；当时，，则是函数的极值点．故经检验，成立．(2)假设函数存在“中值相依切线”设，是曲线上的不同两点，且，则，，所以，所以曲线在点处的切线斜率，所以，所以，即，设，则，所以，令，，因为，显然，所以在上递增，所以，所以在内不存在，使得成立．综上所述，假设不成立．所以，函数不存在“中值相依切线”．(3)证法一：由(2)知：恒成立，即，所以，令，则，所以，，，，于是则，所以，即．证法二：，令，，，，故需证，即证，当时，上式成立，所以；又当时，；当时，；综上知．略19.已知椭圆的离心率为，右焦点是抛物线的焦点，抛物线过点，过点的直线交椭圆于两点.(1)求椭圆的方程；(2)记椭圆左、右顶点为，求的取值范围.参考答案：(1)∵抛物线过点，∴有，得，∴抛物线的焦点为，∴椭圆的半焦距为，又椭圆的离心率为，∴，，∴椭圆的方程为.(2)当直线的斜率不存在时，直线，此时，；当直线的斜率存在时，设直线，由，得，易知，设，，则，，，∴，∴，∵，且.∴，当且仅当时等号成立，∴的取值范围是.20.(本小题满分12分)

如图所示，点、在以为直径的⊙上，∥，垂直于⊙所在平面，，，（1）求证：平面平面；（2）设二面角的大小为，求的值．参考答案：（1）证明：因为点在以为直径的⊙上，所以，即.

由已知平面，平面，所以.因为平面，平面，，所以平面.因为平面，

所以平面平面.（2）解：如图，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．因为，，所以，.延长交于点.因为∥，所以.所以，，，.所以，.设平面的法向量.由得即令，则.所以同理可求平面的一个法向量n.所以.所以.

21.在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan+1的等差中项（1）求证：数列{}是等差数列，并求{an}的通项公式（2）求数列{}的前n项和Sn

参考答案：（1）证明见解析，an＝1；（2）Sn＝．【分析】（1）由等差数列的中项性质和等差数列的定义、通项公式可得所求；（2）求得，运用数列的裂项相消求和，化简可得所求和．【详解】（1）a1＝2，an是1与anan+1的等差中项，可得2an＝1+anan+1，即an+1，an+1﹣1，可得1，可得数列{}是首项和公差均为1的等差数列，即有n，可得an＝1；（2），则前n项和Sn＝11．【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意变形和等差数列的定义和通项公式，考查数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．22.已知函数.（1）求函数的定义域，并判断的奇偶性；（2）用定义证明函数在上是增函数；（3）如果当时，函数的值域是，求与的值.参考答案：（1）令，解得,

……………2分对任意所以函数是奇函数.

……………2分

另证：对任意所以函数是奇函数.

…………2分（2）设，