2021-2022年上海市交大附中高三上10月月考
一．选择题（共4小题）
1．设x＞0，则“a＝1”是“”恒成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要
【解答】解：∵x＞0，
若a＝1，则x+≥2＝2成立．
反之，令y＝x+，y′＝1﹣＝，
a＞0时，x＝时，f（x）取得最小值，f（）＝2，令2≥2，解得a≥1，
因此a≥1时，“”恒成立．
综上可得：“a＝1”是“”恒成立的充分不必要条件．
故选：A．
2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（
A．17π B．22π C．68π D．88π
【解答】解：原因是得到几何体是长宽高分别为2，2，3的长方体，所以外接球的直径为，所以外接球表面积为：4π（）2＝68π；
故选：A．
3．设O为坐标原点，第一象限内的点M（x，y）的坐标满足约束条件，，若的最大值为40，的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．4
【解答】解：∵＝ax+by，
∴设z＝ax+by，则z的最大值为40．
作出不等式组的对应的平面区域如图：（阴影部分）
由z＝ax+by，得y＝，
由图象可知当直线y＝，经过点A时，直线y＝的截距最大，
此时z最大（∵b＞0），
由，解得，
即A（8，10），
代入z＝ax+by，得40＝8a+10b，
即，
∴＝（）（）＝1+，
当且仅当，即4a2＝25b2，2a＝5b时取等号，
∴的最小值为，
故选：B．
4．已知实数λ同时满足：（1），其中D是△ABC边BC延长线上一点；（2）关于x的方程2sin2x﹣（λ+1）sinx+1＝0在[0，2π）上恰有两解，则实数λ的取值范围是（ ）
A．或λ＝﹣2 B．λ＜﹣4
C．λ＝﹣2 D．λ＜﹣4或
【解答】解：∵
＝
＝，
又，
∴，
∵D是△ABC边BC延长线上一点，
∴λ＜0，
∵关于x的方程2sin2x﹣（λ+1）sinx+1＝0在[0，2π）上恰有两解，
令t＝sinx，由正弦函数的图象可知，
方程2t2﹣（λ+1）t+1＝0在（﹣1，1）上有唯一解，
∴[2﹣（λ+1）+1][2+（λ+1）+1]＜0或，
解得λ＜﹣4或λ＞2（舍）或，
∴．
故选：D．
二．填空题（共12小题）
5．已知集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝{﹣1，0，2}，则A∩B＝ {0} ．
【解答】解：集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝{﹣1，0，2}，则A∩B＝{0}，
故答案为{0}
6．计算：＝ ．
【解答】解：＝＝，
故答案为：．
7．若复数z满足（其中i是虚数单位），为z的共轭复数，则＝ ．
【解答】解：∵
＝
＝
＝
＝1﹣3i，
∴＝1+3i，
∴||＝＝．
故答案为：．
8．若线性方程组的增广矩阵是，其解为，则c1+c2＝ 6 ．
【解答】解：由题意，可知：此增广矩阵对应的线性方程组为：
，
将解代入上面方程组，可得：
．
∴c1+c2＝6．
故答案为：6．
9．已知，则x＝ （用反正弦表示）
【解答】解：由于arcsin 表示[﹣，]上正弦值等于的一个锐角，
由，则x＝，
故答案为：．
10．在（1+x）+（1+x）2+…+（1+x）15的展开式中，x2项的系数是 560 （用数字作答）
【解答】解：在（1+x）+（1+x）2+…+（1+x）15的展开式中，x2项的系数是+++…+＝＝560，
故答案为：560．
11．若双曲线＝1的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为 2 ．
【解答】解：双曲线＝1的渐近线方程为y＝±，
即±ay＝0，
圆（x﹣2）2+y2＝4的圆心为C（2，0），半径为r＝2，
由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝＝，
另一方面，圆心C到双曲线的渐近线﹣ay＝0的距离为
d＝＝，
所以d＝＝，
解得a2＝1，即a＝1，
该双曲线的实轴长为2a＝2．
故答案为：2．
12．已知 f（x）＝，不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立，则a的取值范围是 （﹣∞，﹣2） ．
【解答】解：作出分段函数f（x）＝的图象如图，
要使不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立，
则x+a＜2a﹣x在x∈[a，a+1]上恒成立，
即a＞2x在x∈[a，a+1]上恒成立，
∴a＞2（a+1），解得：a＜﹣2．
故答案为：（﹣∞，﹣2）．
13．已知点A（1，﹣1），B（3，0），C（2，1）．若平面区域D由所有满足＝λ+μ（1≤λ≤2，0≤μ≤1）的点P组成，则D的面积为 3 ．
【解答】解：如图：延长AB到D，使BD＝AB，作BF平行且等于AC，
则点P组成的图形是以BD、BF为邻边的平行四边形，
又BD＝AB＝，BF＝AC＝，cos∠FBD＝cos∠CAB
＝，
所以，
故所以所求面积为：，
故答案为：3．
14．已知等差数列{an}中公差d≠0，a1＝1，若a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，，，，…，，…成等比数列，若对任意n∈N*，恒有≤（m∈N*），则m＝ 1或2 ．
【解答】解：根据题意，等差数列{an}中a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，
∴（1+d）2＝1×（1+4d），d≠0，解得d＝2．
∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
∵a1，a2，ak1，ak2，…，akn，…成等比数列，
首项为1，公比为3．
∴＝3n+1．
由an＝2n﹣1，得，
∴2kn﹣1＝3n+1．
∴kn＝（3n+1+1）
∵对任意n∈N*，恒有≤（m∈N*），
即≤恒成立，
令f（n）＝＞0，则≤1．
∴当n＝1或n＝2时，f（n）最大，当n≥2时，f（n）为减函数，
则要使对任意n∈N*，恒有≤（m∈N*），则m＝1或2．
故答案为：1或2．
15．甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数a1，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把a1乘以2后再减去6；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把a1除以2后再加上6，这样就可得到一个新的实数a2，对实数a2仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数a3，当a3＞a1时，甲获胜，否则乙获胜，若甲胜的概率为，则a1的取值范围是 （﹣∞，6]∪[12，+∞）
【解答】解：a3的结果有四种，分别为：4a1﹣18，a1+3，a1+6和，每一个结果出现的概率都是，
由题意，甲胜的概率为，所以a3的4种结果中有3种比a1大，1个比a1小，
又因为a1+3，a1+6一定比a1大，
故4a1﹣18和中一个大于a1，另一个不大于a1，
即或者，
解得a1≤6，或者a1≥12，
故答案为：（﹣∞，6]∪[12，+∞）．
16．对于函数f（x）＝，有下列5个结论：
①任取x1，x2∈[0，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤2；
②函数y＝f（x）在区间[4，5]上单调递增；
③f（x）＝2kf（x+2k）（k∈N+），对一切x∈[0，+∞）恒成立；
④函数y＝f（x）﹣ln（x﹣1）有3个零点；
⑤若关于x的方程f（x）＝m（m＜0）有且只有两个不同实根x1，x2，则x1+x2＝3．
则其中所有正确结论的序号是 ①④⑤ ．（请写出全部正确结论的序号）
【解答】解：f（x）＝的图象如图所示：
①∵f（x）的最大值为1，最小值为﹣1，
∴任取x1、x2∈[0，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤2恒成立，故①正确；
②函数在区间[4，5]上的单调性和[0，1]上的单调性相同，则函数y＝f（x）在区间[4，5]上不单调；故②错误；
③f（）＝2f（+2）＝4f（+4）＝8f（+6）≠8f（+8），故不正确；故③错误，
④如图所示，函数y＝f（x）﹣ln（x﹣1）有3个零点；故④正确，
⑤当1≤x≤2时，函数f（x）关于x＝对称，若关于x的方程f（x）＝m（m＜0）有且只有两个不同实根x1，x2，
则＝，则x1+x2＝3成立，故⑤正确，
故答案为：①④⑤．
三．解答题（共5小题）
17．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝A1A＝1．
（1）证明直线BC1平行于平面D1AC；
（2）求直线BC1到平面D1AC的距离．
【解答】（1）证明：∵ABC1D1，
∴四边形ABC1D1是平行四边形，
∴BC1∥AD1，又BC1 平面D1AC，AD1 平面D1AC，
∴BC1∥平面D1AC．
（2）解：∵BC1∥平面D1AC，
∴直线BC1到平面D1AC的距离为B到平面D1AC的距离，
连接BD交AC于O，则O为BD的中点，则B到平面D1AC的距离等于D到平面D1AC的距离，
∵AB＝2，AD＝A1A＝1．∴AC＝CD1＝，AD1＝，
∴cos∠ACD1＝＝，∴sin∠ACD1＝，
∴＝＝．
设D到平面D1AC的距离为d，则＝ d＝．
又＝＝＝＝，
∴，即d＝．
∴直线BC1到平面D1AC的距离为．
18．设函数，且以为最小正周期．
（1）求函数f（x）的单调递减区间；
（2）当时，求f（x）的值域．
【解答】解：（1）由于函数f（x）＝3sin（ωx+）（ω＞0），且以为最小正周期，
∴＝，∴ω＝3，f（x）＝3sin（3x+）．
令 2kπ+≤3x+≤2kπ+，k∈Z，求得+≤x≤+，k∈Z，
可得函数的单调递减为[+，+]，k∈Z．
（2）因为，可得3x+∈[，]，
所以sin（3x+）∈[﹣1，﹣]，
可得f（x）＝3sin（3x+）∈[﹣3，﹣]．
19．设Sn，Tn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，已知对于任意n∈N*，都有3an＝2Sn+3，数列{bn}是等差数列，且T5＝25，b10＝19．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Rn，并求Rn的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）由3an＝2Sn+3，当n＝1时，3a1＝2a1+3，解得a1＝3；
当n≥2时，3an﹣1＝2Sn﹣1+3，
从而3an﹣3an﹣1＝2an，即an＝3an﹣1，∴数列{an}是等比数列，公比为3，
因此an＝3n．
设数列{bn}的公差为d，∵T5＝25，b10＝19．
∴，解得b1＝1，d＝2，
因此bn＝2n﹣1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：cn＝＝＝＝﹣，
数列{cn}的前n项和Rn＝++…+
＝﹣3．
因为cn＞0，所以数列{Rn}单调递增．
所以n＝1时，Rn取最小值时，故最小值为．
20．如图，已知椭圆，A、B为椭圆的左右顶点，焦点F（c，0）到短轴端点的距离为2，且，P、Q为椭圆E上异于A、B的两点，直线BQ的斜率等于直线AP斜率的2倍．
（1）求直线BP与直线BQ的斜率乘积值；
（2）求证：直线PQ过定点，并求出该定点；
（3）求三角形APQ的面积S的最大值．
【解答】（1）解：由题意可得：a＝2，，a2＝b2+c2，
联立解得a＝2，b＝c＝．
∴椭圆E的方程为：＝1．
设P点坐标（x，y），y2＝（4﹣x2），则A（﹣2，0），B（2，0），则
kAP＝，kBP＝，
则kAP kBP＝＝﹣，
由kBQ＝2kAP，故kBP kBQ＝﹣1．
∴直线BP与直线BQ的斜率乘积为﹣1为定值．
（2）证明：当直线PQ的斜率存在时，设lPQ：y＝kx+t与x轴的交点为M，联立，
整理得：（2k2+1）x2+4ktx+2t2﹣4＝0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2＝﹣，x1x2＝，
由kBP kBQ＝﹣1，即＝0，则y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，
得（k2+1）x1x2+（kt﹣2）（x1+x2）+4+t2＝0，
4k2+8kt+3t2＝0，得t＝﹣2k或t＝﹣k．y＝k（x﹣2）或y＝k（x﹣），
所以过定点（2，0）或（，0），
A（2，0）为椭圆的右顶点，舍去，
∴直线PQ过定点M（，0）．
（3）解：由（2）可知：当直线PQ的斜率存在时，设lPQ：y＝kx+t与x轴的交点为M，与椭圆方程联立整理得：（2k2+1）x2+4ktx+2t2﹣4＝0，又t＝﹣．
S＝S△APQ＝S△APM+S△AQM＝|y1﹣y2|＝＝
＝＝，
令＝m∈（0，1），则S＝＜＝，
当当直线PQ的斜率不存在时，直线PQ的方程为：把x＝代入椭圆方程可得：+＝1，解得y＝±．
∴|PQ|＝，可得S＝＝．
综上可得：当PQ⊥x轴时，三角形APQ的面积S取得最大值．
21．已知a∈R，函数f（x）＝．
（1）若f（2）＝﹣3，求实数a的值；
（2）若关于x的方程f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围．
（3）设a＞0，若对任意t∈[，1]，函数f（x）在区间[t，t+1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．
【解答】解：（1）f（2）＝﹣3，
∴log2（+a）＝﹣3＝log2，
∴+a＝，
解得a＝﹣
（2）由f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0得log2（+a）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0．
即log2（+a）＝log2[（a﹣4）x+2a﹣5]，
即+a＝（a﹣4）x+2a﹣5＞0，①
则（a﹣4）x2+（a﹣5）x﹣1＝0，
即（x+1）[（a﹣4）x﹣1]＝0，②，
当a＝4时，方程②的解为x＝﹣1，代入①，成立
当a＝3时，方程②的解为x＝﹣1，代入①，成立
当a≠4且a≠3时，方程②的解为x＝﹣1或x＝，
若x＝﹣1是方程①的解，则+a＝a﹣1＞0，即a＞1，
若x＝是方程①的解，则+a＝2a﹣4＞0，即a＞2，
则要使方程①有且仅有一个解，则1＜a≤2．
综上，若方程f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0的解集中恰好有一个元素，则a的取值范围是1＜a≤2，或a＝3或a＝4．
（3）函数f（x）在区间[t，t+1]上单调递减，
由题意得f（t）﹣f（t+1）≤1，
即log2（+a）﹣log2（+a）≤1，
即+a≤2（+a），即a≥﹣＝
设1﹣t＝r，则0≤r≤，＝＝，
当r＝0时，＝0，
当0＜r≤时，＝，
∵y＝r+在（0，）上递减，
∴r+≥+4＝，
∴＝≤＝，
∴实数a的取值范围是a≥
第1页2021-2022年上海市交大附中高三上10月月考
一．选择题（共4小题）
1．设x＞0，则“a＝1”是“”恒成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要
2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（
A．17π B．22π C．68π D．88π
3．设O为坐标原点，第一象限内的点M（x，y）的坐标满足约束条件，，若的最大值为40，的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．4
4．已知实数λ同时满足：（1），其中D是△ABC边BC延长线上一点；（2）关于x的方程2sin2x﹣（λ+1）sinx+1＝0在[0，2π）上恰有两解，则实数λ的取值范围是（ ）
A．或λ＝﹣2 B．λ＜﹣4
C．λ＝﹣2 D．λ＜﹣4或
二．填空题（共12小题）
5．已知集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝{﹣1，0，2}，则A∩B＝ ．
6．计算：＝ ．
7．若复数z满足（其中i是虚数单位），为z的共轭复数，则＝ ．
8．若线性方程组的增广矩阵是，其解为，则c1+c2＝ ．
9．已知，则x＝ （用反正弦表示）
10．在（1+x）+（1+x）2+…+（1+x）15的展开式中，x2项的系数是 （用数字作答）
11．若双曲线＝1的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为 ．
12．已知 f（x）＝，不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立，则a的取值范围是 ．
13．已知点A（1，﹣1），B（3，0），C（2，1）．若平面区域D由所有满足＝λ+μ（1≤λ≤2，0≤μ≤1）的点P组成，则D的面积为 ．
14．已知等差数列{an}中公差d≠0，a1＝1，若a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，，，，…，，…成等比数列，若对任意n∈N*，恒有≤（m∈N*），则m＝ ．
15．甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数a1，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把a1乘以2后再减去6；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把a1除以2后再加上6，这样就可得到一个新的实数a2，对实数a2仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数a3，当a3＞a1时，甲获胜，否则乙获胜，若甲胜的概率为，则a1的取值范围是
16．对于函数f（x）＝，有下列5个结论：
①任取x1，x2∈[0，+∞），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤2；
②函数y＝f（x）在区间[4，5]上单调递增；
③f（x）＝2kf（x+2k）（k∈N+），对一切x∈[0，+∞）恒成立；
④函数y＝f（x）﹣ln（x﹣1）有3个零点；
⑤若关于x的方程f（x）＝m（m＜0）有且只有两个不同实根x1，x2，则x1+x2＝3．
则其中所有正确结论的序号是 ．（请写出全部正确结论的序号）
三．解答题（共5小题）
17．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝A1A＝1．
（1）证明直线BC1平行于平面D1AC；
（2）求直线BC1到平面D1AC的距离．
18．设函数，且以为最小正周期．
（1）求函数f（x）的单调递减区间；
（2）当时，求f（x）的值域．
19．设Sn，Tn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，已知对于任意n∈N*，都有3an＝2Sn+3，数列{bn}是等差数列，且T5＝25，b10＝19．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Rn，并求Rn的最小值．
20．如图，已知椭圆，A、B为椭圆的左右顶点，焦点F（c，0）到短轴端点的距离为2，且，P、Q为椭圆E上异于A、B的两点，直线BQ的斜率等于直线AP斜率的2倍．
（1）求直线BP与直线BQ的斜率乘积值；
（2）求证：直线PQ过定点，并求出该定点；
（3）求三角形APQ的面积S的最大值．
21．已知a∈R，函数f（x）＝．
（1）若f（2）＝﹣3，求实数a的值；
（2）若关于x的方程f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围．
（3）设a＞0，若对任意t∈[，1]，函数f（x）在区间[t，t+1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．2021年上海市曹杨二中高三月考数学试卷
021.10
填空题(共12题,1-6题每题4分,7-12题每題5分,满分54分
3
已知sinb
则cos(O
2.已知集合A={10.2,B={x1k3.若双曲线-y2=1(a>0)的右焦点与圆x2+y-4x=0的圆心重合,则a
4.已知函数f(x)=log2x+1,f(x)的反函数为∫-(x),则f(1)
5.在(
的二项展开式中,第三项的系数为
(用数值作答)
6.已知△ABC是边长为2的等边三角形,M为BC边(含端点)上的动点,则BC·AM
的取值范围是
7.若定义在R上的奇函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=0,则不等式
f(x)-f(-x)
<0解集为
已知x、y为非负实数,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是
9.赵爽是我国古代数学家,大约在公元222年,他为《周髀算经》一书作序时,介绍了
赵弦图
由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形,如左图所
示,类比“赵爽弦图”,可构造如右图所示的图形,它是由3个全等的三角形与一个小等
边形拼成的一个大等边三角形,在△ABC中,若AF=1,FD=2,则AB
/ D
10.食堂规定,每份午餐可以在四种水果中任选两种,甲、乙两位同学各自随机选择种
他们所选水果中恰有一种水果相同的概率为
(结果用最简分数表示)
11.已知a>0,函数f(x)
若对任意x∈[-a,q],总存在
x2∈[-a,a],使得∫(x2)≥g(x),则a的最大值为
(x-a),x≤0
12.设a∈R,函数f(x)
若函数g(x)=f(x)-3有且仅有3个零点,
则a的取值范围是
选择题〔共有4题,满分20分,每题5分)
13.已知a∈R,则“a>1”是“-<1”的()条件
A.充分非必要B.必要非充分C.充要
D.非充分非必要
14.设b、c∈R,若2-i(i为虚数单位)是一元二次方程x2+bx+c=0的一个虚根
则
3
15.设函数f(x)=|x-1,若a、b∈R+,且a≠b,则下列关系式中不可能成立的是(
)>f(√ab)>f(
f(--)>f(ab)
a+h
f(√ab)>f(-)
f(ab)>f(2,)>f(+)
16.已知a、b∈R,且ab≠0.若当x≥0时,不等式(x-a)(x-b)(x-2a-b)≥0恒成立
则()
0
C.b<0
D.b>0
解答题(共5题,满分76分
17.如图,在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中,E是棱DD的中点
(1)求三棱锥D-ABE的体积;
(2)求异面直线BE与CC1所成角的大小
B
18.设常数o>0,已知函数f(x)=√3 B sin or cos ox+cos3ox的最小正周期为r
(1)求O的值
(2)在△ABC中,若f(C)=1.求cosA+sin(B+)的取值范围2021年复旦中学高三年级上学期月考
2021.09.23
一、填空题（1-6每小题4分，7-12题每小题5分，共54分）
1. 已知关于的不等式的解集是，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】先由题意得到不等式等价于，不等式的解集得到和是关于的方程的两个根，进而可求出结果.
【详解】因为不等式等价于，
又其解集是，
所以和是关于的方程的两个根，
因此，解得，
故答案为
【点睛】本题主要考查由不等式的解集求参数的问题，熟记三个二次之间关系即可，属于常考题型.
2. 函数的最小值是_________．
【答案】3
【解析】
【详解】试题分析：
考点：基本不等式.
3. 函数的单调递增区间为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的定义域，然后利用复合函数法可求出函数的单调递增区间.
【详解】令，解得或，
函数的定义域为.
内层函数的减区间为，增区间为.
外层函数在上为增函数，
由复合函数法可知，函数的单调递增区间为.
故答案为.
【点睛】本题考查函数单调区间的求解，常用的方法有复合函数法、图象法，另外在求单调区间时，首先应求函数的定义域，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
4. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设的解集为集合，由题意可得是的真子集，即可求解.
【详解】由得或，
因为“”是“”的必要不充分条件，
设或，，
因为“”是“”的必要不充分条件，
所以是的真子集，
所以．
故答案为：．
【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
5. 给定集合，，定义一种新运算：或，试用列举法写出___________.
【答案】
【解析】
【详解】∵，
∴
又∵
∴
故答案为
6. 已知上的奇函数在上单调递减，且，则的解集为______．
【答案】或或.
【解析】
【分析】利用函数奇偶性和单调性的关系求解.
【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上单调递减，且，
由不等式得： 或或，
解得或或，
故不等式的解集为或或.
故答案为：或或.
7. 函数的图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中则的最小值为_________
【答案】8
【解析】
【详解】∵函数（，且）的图象恒过定点A，
∴当时，，∴，又点A在一次函数的图象上，其中，
∴，又，
∴，，∴，（当且仅当时取“”），故答案为8.
点睛：本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意问题(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．
8. 将甲、乙、丙、丁、戊5位同学排成一横排，要求甲、乙均在丙的同侧，且丙丁不相邻，则不同的排法共有__________种．(用数字作答)
【答案】48
【解析】
【分析】根据题意，分3步进行分析：①先安排甲乙丙，②将戊安排在3人的空位中，③最后安排丁，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分3步进行分析：
安排甲乙丙，要求甲、乙均在丙的同侧，有种情况；
将戊安排在3人的空位中，有4种情况；
4人排好后，有5个空位，由于丙丁不相邻，则丁的安排方法有3种；
则有种不同的排法，
故答案为：48．
9. 已知某圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积等于____________
【答案】
【解析】
【分析】根据体积公式直接计算得到答案.
【详解】由于正视图是边长为2的等边三角形，∴圆锥的高为，底面半径为1，
∴.
故答案为：.
【点睛】本题考查了圆锥的体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
10. 若是定义在上的函数，且对任意都有，，且，则____
【答案】102.
【解析】
【分析】
根据已知不等式可得，而，根据“两边夹”原理，可得，利用此递推关系可得，再令得，只需再求出即可，对分别赋值和并结合“两边夹”原理，即可求出，进而求出．
【详解】因为，
所以，
即，又，
所以，
所以，
因为对任意都有，且，
所以，即，
，即
由知，所以，
所以，所以，
所以．
故答案为：
【点睛】本题主要考查求抽象函数的函数值，“两边夹”原理及递推关系的应用，本题的关键是得到和．
11. 关于函数，给出以下四个命题：（1）当时，单调递减且没有最值；（2）方程一定有实数解；（3）如果方程（为常数）有解，则解得个数一定是偶数；（4）是偶函数且有最小值.其中假命题的序号是____________.
【答案】（1）、（3）
【解析】
【分析】化简函数的解析式，画出函数的图象，对四个命题逐一判断即可.
【详解】，它的图象如下图所示：
命题（1）：当时，在上单调递增，在上单调递减且没有最值，故本命题是假命题；
命题（2）：因为直线存在斜率，所以一定有实数解，故本命题是真命题；
命题（3）：，所以函数是偶函数，当有解时，若，该方程的解的个数为偶数；若时，，只有一个解，故本命题是假命题；
命题（4）：由（3）可知，函数是偶函数，函数有最小值，最小值为零，故本命题是真命题.
故答案为：（1）、（3）
【点睛】本题考查了函数的单调性、奇偶性，考查了函数的图象，考查了数形结合思想.
12. 定义表示，，，中的最小值，表示，，，中的最大值则对任意的，，的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先，设，从而得到关于m的限制条件，然后，得到m的最小值．
【详解】设，
、，
，，，
即，，可得，
，
，
即有m的最小值为，
故答案为．
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，注意不等式的性质的应用，属于难题．
二、选择题（每小题5分，共20分）
13. 若，则下列不等式：①；②；③；④中，正确的不等式有（ ）
A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】取，可排除②③ ，由可得分析可得①④成立
【详解】取，满足
但，故排除②③；
同乘
故④成立；
故
所以①成立.
故选：C
14. 函数的图像可能是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
详解】试题分析：∵，∴，∴函数需向下平移个单位，不过（0,1）点，所以排除A，
当时，∴，所以排除B，
当时，∴，所以排除C，故选D.
考点：函数图象的平移.
15. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数的单调性，求得，再结合二项式展开式的通项公式，即可求得指定项的系数.
【详解】因为在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，
所以
所以的展开式的通项
令，得
所以展开式中的系数为
故选：D
16. 设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为增函数，则、、中至少有一个增函数；②若、、均是以为周期的函数，则、、均是以为周期的函数，下列判断正确的是
A. ①和②均为真命题
B. ①和②均为假命题
C. ①为真命题，②为假命题
D. ①为假命题，②为真命题
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：
因为，所以,又、、均是以为周期的函数，所以，所以是周期为的函数，同理可得、均是以为周期的函数，②正确；增函数加减函数也可能为增函数，因此①不正确.选D.
【考点】抽象函数、函数的单调性、函数的周期性
【名师点睛】本题主要考查抽象函数的单调性与周期性，是高考常考内容.本题有一定难度.解答此类问题时，关键在于灵活选择方法，如结合选项或通过举反例应用“排除法”等.本题能较好地考查考生分析问题与解决问题的能力、基本计算能力等.
三、解答题（共76分）
17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，是的中点，是上的动点.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）以A为原点建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）求出平面的法向量，根据即可求出.
【详解】解：（1） 建立如图所示空间直角坐标系.
设，，
则，，，，，
于是，，，
则，所以.
（2）若，则，，，
设平面的法向量为，
由，得：，令，则，，
于是，而.
设与平面所成角为，所以，
所以与平面所成角为.
18. 设函数的反函数为．
（1）解方程：；
（2）设是定义在上且以为周期的奇函数．当时，，试求的值．
【答案】（1）原方程的解集为；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用底数的运算性质直接求解所原方程，结合真数有意义可求得原方程的解集；
（2）求得当时，，通过计算得出，即可得解.
【详解】（1），则
即，解得或．
由可得，，所以，原方程的解集为；
（2），其中，令，可得，即，
所以当时，所以，，
由于是定义在上且以为周期的奇函数，
所以对于任意实数，均有，．
，则，
故，
又因为，所以，故.
因此，.
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.
19. 疫情后，为了支持企业复工复产，某地政府决定向当地企业发放补助款，其中对纳税额在万元至万元（包括万元和万元）的小微企业做统一方案．方案要求同时具备下列两个条件：①补助款（万元）随企业原纳税额（万元）的增加而增加；②补助款不低于原纳税额（万元）的．经测算政府决定采用函数模型（其中为参数）作为补助款发放方案．
（1）判断使用参数是否满足条件，并说明理由；
（2）求同时满足条件①、②的参数的取值范围．
【答案】（1）当时不满足条件②，见解析（2）
【解析】
【分析】（1）因为当时，，所以不满足条件② ；
（2）求导得：，当时，满足条件①；当时，上单调递增，所以.由条件②可知，，即，等价于在上恒成立，问题得解.
【详解】（1）因为当时，，所以当时不满足条件② .
（2）由条件①可知，上单调递增，
所以当时，满足条件；
当时，由可得
当时，单调递增，
，解得，
所以
由条件②可知，，即不等式在上恒成立，
等价于
当时，取最小值
综上，参数的取值范围是．
【点睛】本题考查了导数求函数单调性以及恒成立问题，考查了转化思想，属于中档题.
20. 已知函数f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|.
(1)若a＝－1，解方程f(x)＝1；
(2)若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；
(3)是否存在实数a，使不等式f(x)≥2x－3对任意x∈R恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）{x|x≤－1或x＝1}；（2）；（3）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）把代入函数解析式，分段后分段求解方程的解集，取并集后得答案；（2）分段写出函数的解析式，由在上单调递增，则需第一段二次函数的对称轴小于等于，第二段一次函数的一次项系数大于0，且第二段函数的最大值小于等于第一段函数的最小值，联立不等式组后求解的取值范围；（3）把不等式对一切实数恒成立转化为函数对一切实数恒成立，然后对进行分类讨论，利用函数单调性求得的范围，取并集后得答案.
试题解析：(1)当时，，则；当时，由，得，解得或；当时，恒成立，∴方程的解集为或．
(2)由题意知，若在R上单调递增，则解得，∴实数的取值范围为.
(3)设，则，不等式对任意恒成立，等价于不等式对任意恒成立．
①若，则，即，取，此时，∴，即对任意的，总能找到，使得，∴不存在，使得恒成立．
②若，则，∴的值域为，∴恒成立③若，当时，单调递减，其值域为，由于，所以恒成立，当时，由，知，在处取得最小值，令，得，又，∴，综上，．
21. 对于定义域为的函数，若同时满足下列条件：①在内单调递增或单调递减：②存在区间，使在上的值域为，则把，叫闭函数；
（1）求闭函数符合条件②的区间：
（2）判断函数（）是否为闭函数？并说明理由；
（3）已知是正整数，且定义在的函数是闭函数，求正整数的最小值，及此时实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）不是，详见解析；（3）.
【解析】
【分析】（1）根据在区间上递减， 由求解；
（2）求导，利用导数法判断其单调性即可；
（3）根据函数是闭函数，及函数在上是增函数，由，得到a，b为方程的两个不等根，转化为方程在上有两个不等根求解.
【详解】（1）函数在区间上递减，
所以，解得，
所以闭函数符合条件②的区间是；
（2），令 ，解得 ，
当 时， ，当 时，，
所以在上不单调，所以不是闭函数；
（3）因为定义在的函数是闭函数，
所以在上的值域为，
又函数在上是增函数，
所以，则a，b为方程的两个不等根，
即方程在上有两个不等根，
令，即函数与有两个不同的交点，
由对勾函数的性质得：在上递减，在上递增，
且，
则，解得，
所以正整数的最小值为3，
又，所以实数的取值范围是．2021年复旦中学高三年级上学期月考
2021.09.23
一、填空题（1-6每小题4分，7-12题每小题5分，共54分）
1. 已知关于的不等式的解集是，则_____.
2. 函数的最小值是_________．
3. 函数的单调递增区间为________．
4. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的最大值为_______．
5. 给定集合，，定义一种新运算：或，试用列举法写出___________.
6. 已知上的奇函数在上单调递减，且，则的解集为______．
7. 函数的图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中则的最小值为_________
8. 将甲、乙、丙、丁、戊5位同学排成一横排，要求甲、乙均在丙的同侧，且丙丁不相邻，则不同的排法共有__________种．(用数字作答)
9. 已知某圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积等于____________
10. 若是定义在上的函数，且对任意都有，，且，则____
11. 关于函数，给出以下四个命题：（1）当时，单调递减且没有最值；（2）方程一定有实数解；（3）如果方程（为常数）有解，则解得个数一定是偶数；（4）是偶函数且有最小值.其中假命题的序号是____________.
12. 定义表示，，，中的最小值，表示，，，中的最大值则对任意的，，的值为______．
二、选择题（每小题5分，共20分）
13. 若，则下列不等式：①；②；③；④中，正确的不等式有（ ）
A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ①③④
14. 函数的图像可能是（ ）．
A. B.
C. D.
15. 在展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D. 7
16. 设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为增函数，则、、中至少有一个增函数；②若、、均是以为周期的函数，则、、均是以为周期的函数，下列判断正确的是
A. ①和②均为真命题
B. ①和②均假命题
C. ①为真命题，②为假命题
D. ①为假命题，②为真命题
三、解答题（共76分）
17. 如图，四棱锥底面为矩形，平面，，是的中点，是上的动点.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的大小.
18. 设函数的反函数为．
（1）解方程：；
（2）设是定义在上且以为周期的奇函数．当时，，试求的值．
19. 疫情后，为了支持企业复工复产，某地政府决定向当地企业发放补助款，其中对纳税额在万元至万元（包括万元和万元）的小微企业做统一方案．方案要求同时具备下列两个条件：①补助款（万元）随企业原纳税额（万元）的增加而增加；②补助款不低于原纳税额（万元）的．经测算政府决定采用函数模型（其中为参数）作为补助款发放方案．
（1）判断使用参数是否满足条件，并说明理由；
（2）求同时满足条件①、②的参数的取值范围．
20 已知函数f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|.
(1)若a＝－1，解方程f(x)＝1；
(2)若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；
(3)是否存在实数a，使不等式f(x)≥2x－3对任意x∈R恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
21. 对于定义域为的函数，若同时满足下列条件：①在内单调递增或单调递减：②存在区间，使在上的值域为，则把，叫闭函数；
（1）求闭函数符合条件②区间：
（2）判断函数（）是否为闭函数？并说明理由；
（3）已知是正整数，且定义在的函数是闭函数，求正整数的最小值，及此时实数的取值范围．
