届上海市长宁宝山嘉定青浦四区高三质量调研测试二模理数学试题Word格式文档下载.docx
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12．若数列是正项数列，且，则__________.
13．甲、乙两人同时参加一次数学测试，共10道选择题，每题均有四个选项，答对得3分，答错或不答得0分，甲和乙都解答了所有试题，经比较，他们只有2道题的选项不同，如果甲乙的最终得分的和为54分，那么乙的所有可能的得分值组成的集合为__．
14．已知，函数的图像的两个端点分别为、，设是函数图像上任意一点，过作垂直于轴的直线，且与线段交于点，若恒成立，则的最大值是______.
二、单选题
15．“”是“”的（）.
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
16．下列命题正确的是（）
A．若直线平面，直线平面，则
B．若直线上有两个点到平面的距离相等，则
C．直线l与平面所成角的取值范围是
D．若直线平面，直线平面，则
17．已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（）.
A．B．C．D．
18．已知函数，若存在实数，，，满足，其中，则取值范围是（）
三、解答题
19．如图，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，为侧棱的中点.
（1）求证：
平面；
（2）求二面角的大小（结果用反三角函数值表示）
20．已知函数，，且函数的最小正周期为.
（1）求函数的解析式；
（2）在中，角、、所对的边分别是、、，若，，且，试求的值．
21．定义在上的函数，如果满足：
对任意，存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的上界．
（1）设，判断在上是否为有界函数，若是，请说明理由，并写出的所有上界的集合；
若不是，也请说明理由；
（2）若函数在上是以为上界的有界函数，求实数的取值范围．
22．如图，设是椭圆的下焦点，直线与椭圆相交于、两点，与轴交于点.
（1）若，求的值；
（2）求证：
；
（3）求面积的最大值．
23．已知正项数列，满足：
对任意正整数，都有，，成等差数列，，，成等比数列，且，．
（Ⅰ）求证：
数列是等差数列；
（Ⅱ）求数列，的通项公式；
（Ⅲ）设=++…+，如果对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围．
参考答案
1．
【解析】
【分析】
先分别解对应不等式，化简两集合，再根据交集的概念，即可得出结果．
【详解】
，
则，
故答案为：
．
【点睛】
本题主要考查集合的交集运算，熟记交集的概念，以及不等式的解法即可，属于基础题型．
2．1
利用复数的四则运算求出，再求其模．
因为，所以，则.
1.
本题考查复数的四则运算，考查复数模的运算，属于基础题．
3．
由于函数经过定点，再利用反函数的性质即可得出．
∵函数经过定点，
∴函数的反函数的图象经过定点，
本题主要考查函数恒过定点的问题，以及反函数的问题，熟记指数函数的性质，以及反函数的概念即可，属于基础题型．
4．
先利用排列组合公式，将原式化简成的形式，再求极限，即可得出结果．
.
本题主要考查极限及其运算，熟记运算法则即可，属于常考题型．
5．
由题意可得绕轴旋转，形成的是以1为半径，2为高的圆锥，根据圆锥的体积公式，即可求得所得几何体的体积．
由题意可知绕轴旋转，形成的是以1为半径，2为高的圆锥，
故答案为:
本题主要考查求旋转体的体积，熟记圆锥的体积公式即可，属于常考题型．
6．.
由已知等式化简可得，结合范围，解得，利用同角三角函数基本关系式可求，利用二倍角的正切函数公式可求的值.
，解得，
本题主要考查的是三角恒等变换、二倍角的正弦、正切公式，同角三角函数关系的应用，考查学生的计算能力.
7．
先由解析式求出在时的解集，再由奇函数的定义得，以及时的不等式的解集．综合后可得所求解集．
当时，因为，所以，又因为是定义
在上的奇函数，所以，在上单调递增，并且，
所以，综上，不等式的解集为，
本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式．属于中档题．
8．
先求出线段的垂直平分线方程，然后表示出抛物线的焦点坐标并代入到所求方程中，进而可求得的值，即可得到抛物线方程．
∵点，
依题意我们容易求得直线的方程为，
把焦点坐标代入可求得焦参数，
从而得到抛物线的方程为：
本题主要考查求抛物线的方程，只需由题意求出焦点坐标，根据抛物线的焦点坐标即可得出抛物线方程，熟记抛物线标准方程即可，属于常考题型．
9．，
消去参数，得到直线和曲线的普通方程，联立方程组，解方程即可．
先求参数得直线的普通方程为，即，
消去参数得曲线的普通方程为，
将代入，
得，
即，
则，得或，
当时，，
即公共点到坐标为，，
，．
本题主要考查求直线与曲线的交点坐标，会将参数方程化为普通方程即可，属于常考题型．
10．5
根据题意，结合二项式定理可得，，解可得答案．
解：
根据二项式定理，可得，
根据题意，可得，
解得，
故答案为5．
本题考查二项式定理，要区分二项式系数与系数两个不同的概念．
11．
记所有棱长均为2的正四棱锥为，其中是边长为2的正方形，推导出的可能取值为，2，分别求出相应的概率，由此能求出其数学期望．
如图所有棱长均为2的正四棱锥中，是边长为2的正方形，
底面，，
∴的可能取值为，2，
本题主要考查离散型随机变量的期望，熟记离散型随机变量的期望的概念即可，属于常考题型．
12．
令，得，所以．当时，．与已知式相减，得，所以，时，适合．所以，所以，∴．
13．
以甲全对，乙全对，甲乙各错一道，进行分析即可求出答案．
若甲全对，则乙的得分为，则此时乙做对了8道题，则甲乙恰有2道题的选项不同，
若乙全对，则甲的得分为，则此时甲做对了8道题，则甲乙恰有2道题的选项不同，
若甲做错了一道，则乙的得分为，则此时乙做对了9道题，即甲乙错的题目不是同一道题，
故乙的得分为，
本题主要考查计数原理的应用以及集合的表示法，熟记概念即可，属于常考题型．
14．.
由的坐标可以将直线的方程找到，通过点的坐标可以得到的坐标，将其纵坐标作差可以得到关于的不等式，通过求范围可以将绝对值去掉，由基本不等式可以得到的最大值.
因为，，
所以，
所以直线的方程为，
设，所以，
因为恒成立，
所以恒成立，
因为在时小于等于0恒成立，
①当或时，显然成立；
②当时，，
所以由基本不等式得，
此时，
所以的最大值为，
故答案是：
该题考查的是有关根据恒成立求对应参数的取值范围的问题，在解题的过程中，主意对题中条件的转化，应用基本不等式求最值，属于较难题目.
15．B
判断两个命题：
和的真假即可得．
由于，且，得到，故充分性不成立；
当时，，故必要性成立.
故选：
B.
本题考查充分必要条件的判断，解题方法是根据充分必要条件的定义．即判断两个命题和的真假．
16．D
根据线面平行垂直的性质与判定判断即可.
对A,若直线平面,直线平面,不一定有,故A错误.
对B,当平面时也满足直线上有两个点到平面的距离相等.故B错误.
对C,直线l与平面所成角的取值范围是,故C错误.
对D,若直线平面,直线平面,则成立.故D正确.
D
本题主要考查了线面平行垂直关系的判定,属于基础题型.
17．C
利用数量积计算出，及，设与的夹角为，可得，从而可得结论．
由于且，那么，设与的夹角为，所以
由于，所以的最大值为.
C.
本题考查向量的数量积，考查向量的模与数量积的关系，掌握数量积的定义是解题关键．
18．B
先画出函数的图象，再根据条件利用对数函数的运算性质以及三角函数的对称性，利用数形结合，即可求出其范围．
函数的图象如下图所示：
若满足，其中，
则，，
则，即，
同时，，
∵，关于对称，∴，
则，则，
∵，
∴，
B．
本题主要考查分段函数的应用，灵活掌握数形结合的方法，以及转化与化归的思想即可，属于常考题型．
19．
（1）证明见解析
（2）
（1）推导出，，由此能证明平面．
（2）以为原点，直线，，为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．
（1）∵底面是等腰直角三角形，且，
∵平面，
∴平面．
（2）以为原点，直线，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由
（1）得是平面的一个法向量，
，，
设平面的一个法向量，
取，得，
设二面角的平面角为，
由图形知二面角的大小是锐角，
∴二面角的大小为．
本题主要考查线面垂直的证明，以及求二面角的平面角，熟记线面垂直的判定定理，以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型．
20．
（1）
（2）
（1）利用两角和与差的余弦公式展开，再由辅助角公式化简，由周期公式求得，则的解析式可求；
（2）把代入函数解析式，求得，展开数量积，求得的值，结合，利用余弦定理求得的值．
（1）
∵，∴．
则；
（2）由，得．
∴或，．
∵是三角形内角，∴．
而，∴．
又，∴．
∴．
则．
本题主要考查由三角函数的周期求参数，以及余弦定理解三角形，熟记三角函数的性质，以及余弦定理即可，属于常考题型．
21．
（1）是，理由见解析，
（2）
（1）根据的单调性求得在区间上的取值范围，由此得出，进而判断出在在上是有界函数，并由此求得所有上届的集合.
（2）根据的上界得到，令进行换元、分离常数，将问题转化为，然后利用导数求得在区间上，
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