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1、上海市敬业中学2021-2022学年高三下开学考数学试卷一、填空题(本大题共有12小题,满分54分,第1-6题每题4分,第7-12题每题5分)1. 已知球的主视图所表示图像的面积为,则该球的体积是_【答案】【解析】【分析】根据球的视图特征,结合圆的面积公式、球的体积公式进行求解即可.【详解】设球的半径为,则,所以,所以该球的体积是故答案为:2. 直线(为参数)与曲线(为参数)的交点个数是_【答案】【解析】【详解】直线的普通方程:x+y=1,曲线的普通方程:,再消去y,得,所以两个交点答案:23. 设直线经过曲线(为参数,)的中心,且其方向向量,则直线的方程为_【答案】【解析】【分析】先由曲线的
2、参数方程,得到该曲线表示圆,得到圆心坐标,再由直线方向向量确定直线斜率,从而可得出直线方程.【详解】由消去参数可得,所以曲线表示以为圆心,以为半径的圆;因此直线过点,又直线的方向向量为,所以斜率为,因此,所求直线方程为:,即.故答案为:【点睛】本题主要考查求直线的方程,熟记圆的参数方程,以及直线的点斜式方程即可,属于常考题型.4. 甲约乙下中国象棋,若甲获胜的概率为,甲不输的概率为,则甲乙和棋的概率为_【答案】【解析】【分析】利用互斥事件概率加法公式直接进行求解【详解】甲约乙下中国象棋,甲获胜的概率为,甲不输的概率为甲乙和棋的概率为:故答案为0.3【点睛】互斥事件最大的特点在于每个概率事件互不
3、受影响,相互独立5. 设、均为非负实数,且满足,则的最大值为_【答案】40【解析】【分析】先由约束条件,作出可行域,再令,由得到,因此,当直线在轴截距最大时,取最大值,结合图像,即可求出结果.【详解】由约束条件可出可行域如图所示,令,则,因此表示直线在轴截距的倍,当直线在轴截距最大时,取最大值,由图像可得:当直线过点时,在轴截距最大,令,由得,;所以.故答案为【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题,通常需要由约束条件作出可行域,根据目标函数的几何意义,结合图像即可求解,属于常考题型.6. 已知等差数列的前项和为,若,则_【答案】0【解析】【分析】由,可得,再代入等差数列前n项和公式,即可得答案
4、.【详解】解:设等差数列的首项为,公差为,则,解得,所以故答案为:07. 若实数满足条件,则的最小值为_【答案】#【解析】【分析】由约束条件可得可行域,将问题转化为可行域内的点到原点距离的平方的最小值的求解,结合图形,利用点到直线距离公式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示,令,则表示可行域内的点到原点距离的平方,则当可行域内的点到原点距离最小时,取得最小值,可行域内的点到原点距离最小值为到直线的距离,.故答案为:.8. 哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如,在不超过13的素数中,随机选取两个不同的数,其和为偶数的概率是_(用分数表示)【答案】【解
5、析】分析】本题可以列举出从不超过13的素数中取两个的所有和的情况,以及和为偶数的情况,代入概率公式即可【详解】解:设A两素数和为偶数不超过13的素数有2,3,5,7,11,13从中任取两个,共包含(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(2,13),(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(5,7),(5,11),(5,13),(7,11),(7,13),(11,13)共15个事件A包含(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(5,7),(5,11),(5,13),(7,11),(7,13),(11,13)共10个基本事件故p(A)本题也可用组合数计算p(A)
6、故答案为【点睛】本题考查了古典概型的概率计算,得到事件A包含的基本事件个数和基本事件的总数是解题的关键,属于基础题9. 甲、乙两队进行排球决赛,现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军,乙队需要再赢两局才能得冠军若两队在每局赢的概率都是,则甲队获得冠军的概率为_(结果用数值表示)【答案】#【解析】【分析】甲队要获得冠军,则至少在两局内赢一局,利用概率乘法和加法公式求概率即可.【详解】甲、乙两队进行排球决赛,现在的情形是甲队在两局内只要再赢一局就获冠军,由题意两队在每局赢的概率都是,当第一局甲队获胜,其概率为,当第一局甲队输,第二局甲队获胜,其概率为,所以甲队获得冠军的概率为,故答案为:10. 已知
7、某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为_【答案】【解析】【分析】在正方体中作出该四棱锥,借助长方体求出各棱长,即可得出最大值.【详解】由三视图在正方体中作出该四棱锥,由三视图可知该正方体的棱长为,所以,.因此该四棱锥的最长棱的长度为.故答案为【点睛】本题主要考查几何体的三视图,由三视图先还原几何体,进而可求解,属于常考题型.11. 在平面直角坐标系中,设点,点的坐标满足,则在上的投影的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域,再利用三角函数图象和性质分析得解.【详解】解:由题得. 不等式组对应的可行域如图所示,在上的投影,由题得,所以,所以当时,当时,所以在
8、上的投影的取值范围是的取值范围是故答案为:12. 已知实数满足,则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】讨论得到其图象是椭圆,双曲线的一部分组成图形,根据图象可得的取值范围,进而可得的取值范围.【详解】因为实数满足,当时,方程为的图象为椭圆在第一象限的部分;当时,方程为的图象为双曲线在第四象限的部分;当时,方程为的图象为双曲线在第二象限的部分;当时,方程为图象不存在;在同一坐标系中作出函数的图象如图所示,根据双曲线的方程可得,两条双曲线的渐近线均为,令,即,与双曲线渐近线平行,当最大时,直线与椭圆相切,联立方程组,得,解得,又因为椭圆的图象只有第一象限的部分,所以,当直线与双曲线渐近线重合时
9、,z最小但取不到最小值,即,所以综上所述,所以,即,故答案为:.【点睛】解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系二、选择题(本大题共有4小题,满分20分,每题5分)13. 满足条件(是虚数单位)的复数在复平面上对应的点的轨迹是( )A. 直线B. 圆C. 椭圆D. 双曲线【答案】B【解析】【分析】设,表示出,代入模长公式即可求解.【详解】因为,设,所以,所以,两边平方得,满足条件的复数在复平面上对应的点的轨迹是圆,故选:B14. 如图的后母戊鼎(原称司母戊鼎)是迄今为止世界上出土最大、最重的
10、青铜礼器,有“镇国之宝”的美誉,后母戊鼎双耳立,折沿宽缘,直壁,深腹,平底,下承中空“柱足”,造型厚重端庄,气势恢宏,是中国青铜时代辉煌文明的见证,如图为鼎足近似模型的三视图(单位:,经该鼎青铜密度为(单位:,则根据三视图信息可得一个柱足的重量约为(重量体积密度,单位:( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得出,鼎足是一个外半径为,内半径为的中空圆柱体,然后利用体积的计算公式即可求解.【详解】由三视图得,鼎足可看成一个中空圆柱体,外半径为,内半径为,则其重量为,故选:15. 已知曲线(是参数),过点作直线与曲线有且仅有一个公共点,则这样的直线有A. 1条B. 2条C.
11、 3条D. 4条【答案】B【解析】【分析】先由曲线的参数方程消去参数,化为普通方程,再判断定点与曲线关系,进而可得出结果.【详解】由消去参数可得;因此点在双曲线的渐近线上,由双曲线的特征可知,当直线与双曲线的另一条条渐近线平行、或直线与双曲线的右支相切时,满足直线与双曲线只有一个公共点,因此,这样直线只有2条.故选B【点睛】本题主要考查双曲线的特征以及直线与双曲线的位置关系,熟记双曲线的性质即可,属于常考题型.16. 若函数的值域为,则的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题知,再结合函数值值域得,再结合余弦函数的单调性求解即可得答案【详解】解:,令,则,因为,
12、所以,因为函数的值域为,则所以,即,因为,函数单调递减,所以的取值范围为故选:A三、解答题(本大题共5题,满分76分)17. 已知函数.(1)求的定义域;(2)求函数在区间内的零点.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由正切函数的性质可求f(x)的定义域;(2)利用三角函数恒等变换的应用可求F(x)sin(2x)10,解得xk,或xk,kZ,又x(0,),即可解得F(x)在(0,)内的零点【详解】(1)由正切函数的性质可求f(x)的定义域为:;(2)f(x)(1)2sinxcosxsin2x+2sin2xsin2xcos2x+1sin(2x)+1,F(x)f(x)2sin(2x)10
13、,解得:2x2k,或2x2k,kZ,即:xk,或xk,kZ,又x(0,),k0时,x或x,又f(x)的定义域为:故F(x)在(0,)内的零点为【点睛】本题主要考查了正切函数的图象和性质,三角函数恒等变换的应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题18. 我国古代数学名著九章算术中记载了有关特殊几何体的定义:阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,堑堵指底面是直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱.(1)某堑堵的三视图,如图1,网格中的每个小正方形的边长为1,求该堑堵的体积;(2)在堑堵中,如图2,若,当阳马的体积最大时,求二面角的大小.【答案】(1)2;(2),arcsin(或arccos)
14、.【解析】【分析】(1)由三视图还原原几何体,再由棱柱体积公式求解;(2)阳马BA1ACC1的体积VA1AACBCACBC(AC2+BC2)AB2,当且仅当ACBC时,以C为原点,CB为x轴,CA为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,然后利用空间向量求解空间角【详解】(1)由三视图还原原几何体如图,可知该几何体为直三棱柱,底面是等腰直角三角形,直角边长为,直三棱柱的高为2,则其体积为V;(2)A1AAB2,阳马BA1ACC1的体积:VA1AACBCACBC(AC2+BC2)AB2,当且仅当ACBC时,以C为原点,CB为x轴,CA为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,则A1(0,2),B(,0,0),C1(0,0,2),(0,2),(,0,0),(0,0),(,0,2),设平面CA1B的法向量(x,y,z),则,取y,得(0,1),设平面C1A1B的法向量(a,b,c),则,取a,得(,0,1),设当阳马BA1ACC1体积最大时,二面角CA1BC1的平面角为,则cos,当阳马BA1ACC1体积最大时,