1、上海市交大附中2020届高三数学下学期期中试题（含解析）一 填空题1.计算矩阵的乘积：_.【答案】【解析】【分析】直接利用矩阵的乘积公式求解即可.【详解】由题得.故答案为：【点睛】本题主要考查矩阵的乘积，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2.计算：_.【答案】【解析】【分析】先把原式写成，再利用二项式定理得解.【详解】由题得原式=.故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.已知，则_.【答案】【解析】【分析】把等式两边同时平方化简即得解.【详解】由题得.故答案为：【点睛】本题主要考查二倍角的正弦公式的应用，考查同角的平方关系的应用
2、，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.若双曲线的焦距为6，则该双曲线的虚轴长为_.【答案】【解析】【分析】由题得解方程即得解.【详解】由题得.所以双曲线的虚轴长为.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.5.在首项为21，公比为的等比数列中，最接近于1的项是第_项【答案】5【解析】【分析】先求出等比数列的通项，再列举出数列的前几项，比较即得解.【详解】由题得等比数列的通项为所以与1最接近.所以最接近于1项是第5项.故答案为：5【点睛】本题主要考查等比数列的通项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6.如图，二面角
3、的大小是，线段，与所成的角为，则与平面所成的角是_（用反三角函数表示）【答案】【解析】【分析】如图，过点作,垂足为,过点作，垂足为,连接，证明，不妨设根据已知求出求出即得解.【详解】如图，过点作,垂足为,过点作，垂足为,连接.因为，所以，因为，平面,所以平面，所以,所以就是二面角的平面角，所以.由题得,不妨设由题得与平面所成的角是,所以.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查空间二面角的平面角的作法和计算，考查空间直线和平面所成的角的作法和计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.已知、分别为三个内角、的对边，且，则面积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由正弦定理化简已知
4、可得，结合余弦定理可求的值，由基本不等式可求，再利用三角形面积公式即可计算得解【详解】因为，又因为，所以，面积，而所以，即面积的最大值为故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式和三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力8.已知函数，是以2为周期的偶函数，且当时，有，则函数 ()的反函数是_.【答案】【解析】【分析】先根据偶函数性质求出，上的解析式，再根据周期为2求出，上的解析式，最后求出反函数【详解】当时，当时，所以，是减函数，所以，.故答案为：【点睛】本题主要考查反函数的求法，考查根据函数的奇偶性周期
5、性求解析式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.9.已知是定义在上的函数，方程恰好有7个解，则这7个解的和为_.【答案】3.5【解析】【分析】先分析出原方程的两根应满足，再得到原方程的这7个根为,即得解.【详解】若满足，则取，则，则也是原方程的一根.所以原方程的两根应满足，既然有7个根，所以应有一根满足.所以这7个根为,所以它们的和为.故答案为：3.5【点睛】本题主要考查方程的零点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.设是一个循环节长度为两位的循环纯小数，其中和分别为10以内的非负整数，且，若集合，则中所有元素的和为_.【答案】143【解析】【分析】由无限
6、循环小数可写成等比数列的无穷项和，可得分数形式，再由列举法可得集合，求和可得所求【详解】是一个循环节长度为两位的循环纯小数，即，和分别为10以内的非负整数，且，可得，；，；，；时，不存在满足题意的，则中所有元素的和为故答案为：143【点睛】本题考查无限循环小数化为分数的方法和集合中元素的求法，注意运用列举法，考查化简运算能力，属于基础题11.已知数列满足（），（是一个已知的正整数），若存在，当且为奇数时，恒为常数，则_.【答案】1【解析】【分析】先分析出当时，当时，得，再说明时，列举出该数列，即得解.【详解】由题得是一个偶数，所以，当时，所以；当时，是偶数，所以，当时，同理可得；所以时，所以从
7、第项起的数列为所以.故答案为：1【点睛】本题主要考查递推数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.12.若实数满足.则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据等式两边范围确定满足条件，再根据二次函数性质求的最小值.【详解】，,当且仅当时即时取等号，当且仅当时取等号且，即，因此（当且仅当时取等号），从而的最小值为【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.二 选择题13.已知函数是上的增函数，则对任意，“”是
8、“”的（ ）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充分必要D. 非充分非必要【答案】C【解析】【分析】先证明充分性，再证明必要性，即得解.【详解】当时，因为函数是上的增函数，所以，所以“”是“”的充分条件；当时，因为函数是上的增函数，所以，所以所以“”是“”的必要条件.综合得“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，考查函数单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14.已知，（），则对应的点在（ ）A. 圆上B. 抛物线上C. 双曲线上D. 椭圆上【答案】B【解析】【分析】先求出，再求出，代入得，设即得解.【详解】由题得.所以因为，所以.所以，
9、代入得.设，消去得.所以对应的点在抛物线上.故选：B【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的轨迹问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.15.在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足，由点集P|，|1，R所表示的区域的面积是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】由知：.不妨设，则：.解得由|1得.作出可行域，如图所示则所求面积.本题选择D选项.16.已知，为中不同数字的种类，如，求所有的个的排列所得的的平均值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题首先可以确定的所有可能取值分别为，然后分别计算出每一种取值所对应的概率，最后根据每一种取值所对应
10、的概率即可计算出的平均值【详解】由题意可知：当时，；当时，；当时，；当时，综上所述，所有的个的排列所得的的平均值为：，故选D【点睛】本题考查了平均值计算，能否通过题意得出的所有可能情况并计算出每一种可能情况所对应的概率是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，是难题三 解答题17.如图所示，用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒（1）求该圆锥的表面积和体积；（2）求该圆锥被吹倒后，其最高点到桌面的距离【答案】（1）厘米，立方厘米；（2）厘米【解析】【分析】（1）设底面半径为厘米，母线的长为厘米，求出圆锥的高，利用公式即可求出该圆锥的表面积和体积；（2
11、）根据圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10厘米即可求出最高点到桌面的距离【详解】（1）设底面半径为厘米，母线的长为厘米，则厘米，且，解得：厘米， 表面积（平方厘米）， 圆锥的高（厘米），体积（立方厘米） （2）圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10厘米， 最高点到底面的距离为等边三角形的高，厘米【点睛】本题主要考查圆锥的表面积和体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.已知函数（，）的图象如下图所示（1）求出函数的解析式；（2）若将函数的图象向右移动个单位长度再把所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，求出函数的单调增区间及对称中心.【答案】（1）；（2），.【解
12、析】【分析】（1）通过函数的图象求出振幅，周期，以及b求出函数f（x）的解析式；（2）利用平移变换的运算求出函数yg（x）的解析式，通过正弦函数的单调增区间求解函数单调增区间及对称中心【详解】（1） 由图可得且而,故综上（2）显然由得的单调递增区间为. 由.【点睛】本题考查三角函数的解析式的求法，平移变换以及正弦函数的单调区间，对称中心的求法，考查计算能力19.若函数满足“存在正数，使得对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在，使成立”，则称该函数为“依附函数”（1）分别判断函数，是否为“依附函数”，并说明理由；（2）若函数的值域为，求证：“是依附函数”的充要条件是“”【答案】（1）是，不是；
13、理由详见解析（2）详见解析【解析】【分析】（1）可取，说明函数是“依附函数”； 对于任意正数，取，此时关于的方程无解，说明不是“依附函数”；（2）先证明必要性，再证明充分性，即得证.【详解】（1）可取，则对任意，存在，使得成立，（说明：可取任意正数，则）是“依附函数”， 对于任意正数，取，则， 此时关于的方程无解，不是“依附函数” （2）必要性：（反证法）假设，的值域为，存在定义域内的，使得， 对任意正数，关于的方程无解，即不是依附函数，矛盾，充分性：假设，取，则对定义域内每一个值，由，可得，而的值域为，存在定义域内的，使得，即成立，是“依附函数”【点睛】本题主要考查函数的新定义，考查充分必要
14、条件的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.如图，已知点是轴下方（不含轴）一点，抛物线上存在不同的两点、满足，其中为常数，且、两点均在上，弦的中点为（1）若点坐标为，时，求弦所在的直线方程；（2）在（1）的条件下，如果过点的直线与抛物线只有一个交点，过点的直线与抛物线也只有一个交点，求证：若和的斜率都存在，则与的交点在直线上；（3）若直线交抛物线于点，求证：线段与的比为定值，并求出该定值【答案】（1）；（2）详见解析；（3）证明详见解析，定值为【解析】分析】（1）设，得到和，即得的坐标，即得弦所在的直线方程；（2）先求出，再求出交点，即得证；（3）先求出直线的方程为，
15、得到，即得线段与的比.【详解】（1）设，由，可得，由点在上可得：，化简得：，同理可得：，、两点不同，不妨设，弦所在的直线方程为 （2）由（1）可知，设，与联立，并令，可得，同理的斜率，解方程组得交点，而直线的方程为，得证 （3）设，由，得，代入，化简得：， 同理可得：，显然，、是方程的两个不同的根，即直线的方程为，所以线段与的比为线段与的比为定值【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线方程的求法，考查抛物线的定值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.21.设是公差不为零的等差数列，满足，设正项数列的前项和为，且（1）求数列和的通项公式；（2）在和之间插入1个
16、数，使、成等差数列；在和之间插入2个数、，使、成等差数列；在和之间插入个数、，使、成等差数列 求； 对于中的，是否存在正整数、，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由【答案】（1），；（2）；存在符合题意的正整数对，它们为和【解析】【分析】（1）求出等差数列的首项和公差即得数列的通项公式，由题得当时，相减即得的通项公式；（2），再利用错位相减法求和得解；假设存在正整数，使得，化简得，令，证明时，列举得解.【详解】（1）设数列的公差为，则由可得，再由化简得：，解得：， 当时，得：；当时，两式相减得，（2）， ，设，所以，上面两式错位相减得，所以所以， 假设存在正整数，使得，代入化简得，即， 令，则由可得：当时，即，舍去； 当时，舍去； 当时，符合题意； 当时，符合题意； 综上：存在符合题意正整数对，它们为和【点睛】本题主要考查数列通项的求法和数列求和，考查数列的存在性问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
