上海市黄浦区大同高级中学校2021届高三上学期12月月考数学试题 Word版含答案解析

1186180010337800上海市黄浦区大同中学2020-2021学年高三上学期12月月考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、填空题
1.函数的定义域是___________.
2.已知，则的值等于___________.
3.平面向量（-2，3）在（3，4）上的投影为___________.
4.已知复数z满足（i是虚数单位），则z的虚部是___________.
5.如果已知极限，那么极限=________.
6.在报名的名男教师和名女教师中，选取人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为________（结果用数值表示）.
7.已知双曲线，则以C的右焦点为圆心，且与双曲线C的渐近线相切的圆的方程是____________.
8.已知，若幂函数为奇函数，且在上递减，则____.
9.直线的倾斜角范围为___________.
10.己知函数f(x)=，若011.某中学的汪老师遇见一道解三角形的问题时，因纸张破损缺少一个条件，具体如下：“中，已知，___________，求角A的大小.”经同办公室彭老师推断缺少的条件为三角形一边的长度，且答案提示，试帮助汪老师将所缺的条件补充完整.
12.已知数列是首项为a，公差为1的等差数列，数列满足.若对于任意的，都有成立，则实数a的取值范围是___________.
二、单选题
13.若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
14.已知两条直线“”是“直线与直线的夹角为”的（ ）
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
15.过抛物线的焦点作一条直线与抛物线相交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线（ ）
A.有且仅有一条 B.有且仅有三条
C.有无穷多条 D.不存在的
16.已知数列满足，且数列是单调递增的，则首项的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
三、解答题
17.如图，在四棱锥的底面梯形中，，，又已知平面.
（1）异面直线PB与CD所成角的大小；
（2）四棱锥的体积.
18.已知，函数.
（1）若，用列举法表示；
（2）求函数的单调递增区间以及当函数取得最大值时，和的夹角.
19.有时可用函数
描述学习某学科知识的掌握程度，其中x表示某学科知识的学习次数（），表示对该学科知识的掌握程度，正实数a与学科知识有关.
证明：当时，掌握程度的增加量总是下降；
（2）根据经验，学科甲、乙、丙对应的a的取值区间分别为，，.当学习某学科知识6次时，掌握程度是85%，请确定相应的学科.
20.已知椭圆的左.右焦点分别为，短轴两个端点为，且四边形的边长为的正方形.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，分别是椭圆长轴的左，右端点，动点满足，连结，交椭圆于点.证明:的定值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试问轴上是否存在异于点，的定点，使得以为直径的圆恒过直线，的交点，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
21.设是数列的前项和，对任意都有成立（其中是常数）.
（1）当时，求：
（2）当时，
①若，求数列的通项公式：
②设数列中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“数列”，如果，试问：是否存在数列为“数列”，使得对任意，都有，且，若存在，求数列的首项的所有取值构成的集合；若不存在.说明理由.
参考答案
1.（0，1）
【解析】
【分析】
函数式有意义，二次根式下被开方数不为负，分母不为0，对数的真数大于0。
【详解】
由题意，。
故答案为：。
【点睛】
本题考查函数的定义域，函数的定义域是使函数式有意义的自变量的取值范围，如二次根式下被开方数不为负，分母不为0，0次幂底数不为0，对数的真数大于0，正切函数中变量的要求等等。
2.8
【分析】
令，解得即得。
【详解】
令，，。∴。
故答案为：8。
【点睛】
本题考查反函数的概念，求反函数值时不一定要求出反函数的解析式，如求，方程的解就是。
3.
【解析】
【分析】
根据投影的定义计算.
【详解】
所求投影为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查向量的投影，掌握投影的定义是解题基础.向量在向量方向上的投影为.
4.-4
【分析】
由复数除法运算求出复数，即可得其虚部.
【详解】
由题意，
其虚部为－4.
故答案为：－4.
【点睛】
本题考查复数的除法运算，考查复数的概念，属于基础题.
5.
【分析】
在分式的分子和分母中同时除以，然后利用题中的极限可计算出所求极限的值.
【详解】
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查极限的计算，对代数式进行合理变形是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
6.
【分析】
分两种情况讨论，两男一女和两女一男，然后利用分类计算原理可得出选取的方法种数.
【详解】
由题意可知，所选的人中应为两男一女和两女一男，由分类计数原理可知，不同的选取方式的种数为.
故答案为.
【点睛】
本题考分类计数原理的应用，对问题合理进行分类讨论是解题的关键，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
7.
【解析】
【分析】
由题意首先确定焦点坐标和渐近线方程，然后由圆心到直线的距离等于半径可得圆的半径，最后由圆心和半径可得圆的方程.
【详解】
双曲线的右焦点为(5，0)，
渐近线方程是3x±4y=0，
∴圆心(5，0)，半径，
则所求圆的方程为：.
【点睛】
本题主要考查双曲线的焦点坐标的求解，双曲线的渐近线方程，直线与圆的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8.-1
【分析】
由幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，得到a是奇数，且a＜0，由此能求出a的值.
【详解】
∵α∈{﹣2，﹣1，﹣，1，2，3}，
幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，
∴a是奇数，且a＜0，
∴a=﹣1.
故答案为﹣1.
【点睛】
本题考查实数值的求法，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题.
9.
【分析】
由的范围得直线的斜率的取值范围，从而可得倾斜角的范围.
【详解】
∵，∴斜率，
记直线的倾斜角为，
当时，，当时，，
∴直线的倾斜角范围是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，在由斜率求倾斜角的范围时，要注意对分类，分和两类.
10.
【分析】
结合函数f(x)=的图象可判断的位置，即可得到的关系，将双变量a+4b转化为单变量，结合函数单调性即可求解.
【详解】
如图，作出函数f(x)=的图象，由f(a)=f(b)得，所以，由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，故，即a+4b的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查对数函数的图象翻折、对数运算及利用函数单调性求值域，属于基础题.
11.
【解析】
【分析】
＞，因此用正弦定理求解会出现两解的情形，因此考虑用余弦定理，这样应该已知，这样在已知的情况下去求得即可.
【详解】
由，，得，但若已知去求，有两解，不合题意，再计算，，，，若再已知，可用余弦定理求，再求，这时是唯一解，满足题意.
故答案为：.
【点睛】
本题考查解三角形，考查正弦定理和余弦定理.在用正弦定理解三角形时要注意可能有两解的情形，而用余弦定理只会出现一解.由于题中只有一解，故应该考虑是先用余弦定理求解，这样条件不是，而应该是.
12.（-5，-4）
【分析】
先求得，再得出，对于任意的，都有成立，说明是中的最小项.
【详解】
由题意，∴，
易知函数在和上都是减函数，
且时，，即，
时，，，
由题意对于任意的，都有成立，则是最小项，∴，，即，解得，
故答案为：.
【点睛】
本题考查数列的最小项问题，解题时应先求出通项公式，然后可利用函数的性质确定最小项.
13.D
【分析】
结合两角和的余弦公式求解.
【详解】
，令，，
则，
其中.
故选：D.
【点睛】
本题考查三角函数的恒等变换，解题时可结合两角和的余弦公式求解.
14.B
【分析】
根据两条直线夹角公式可以求出当两条直线夹角为时的值，然后根据充分性、必要性的定义，选出正确答案.
【详解】
两条直线的斜率分别是.当两条直线的夹角为时，则有：或.因此“”是“直线与直线的夹角为”的充分不必要条件.
故选：B
【点睛】
本题考查充分不必要条件的判断，掌握两直线夹角的计算公式是解题的关键.
15.A
【分析】
分斜率存在和不存在两种情形讨论.
【详解】
抛物线的焦点为
若直线的斜率存在，设其方程为，，
由得，
则，设，，无实数解.因此斜率存在的直线不满足题意，
斜率不存在时，直线方程为，两交点横坐标都是1，和为2，满足题意，这样的直线只有一条.
故选：A.
【点睛】
本题考查抛物线的焦点弦性质.解题时可分斜率存在和不存在两种情形讨论是否满足题意.斜率不存在的焦点弦是抛物线的通径，通径长为，是抛物线的焦点弦中最短的一根.
16.D
【分析】
由数列是递增数列，则，此时有或，因此数列从第2项起每一项都大于2.这样可正确地求得的范围.
【详解】
，解得或，
当时，，当且仅当时等号成立，
∴数列是递增数列，则从开始必有，
∴，解得或.
故选：D.
【点睛】
本题考查数列的单调性，本来只要对任意，成立，数列就是递增数列，但本题中由递推式得出的是或，因此为了使这个不等式始终成立，还必须有，这样才能得出正确的结论.注意通项公式与递推公式的区别.
17.（1）（2）
【分析】
（1）作出异面直线所成的角，然后计算；
（2）由棱锥的体积公式计算.
【详解】
（1）过作交于，如图，则（或补角）是异面直线和所成的角，
∵，∴是平行四边形，
，，∵，∴，
又平面，∴，，∴，，则是等边三角形，，
∴面直线和所成的角是60°.
（2）由（1），，
∵平面，
∴.
【点睛】
本题考查求异面直线所成的角，求三棱锥的体积.求异面直线所成的角，必须先作出这个角，同时进行证明，最后在三角形中求解.
18.（1）（2）增区间为，，最大值是1，向量夹角为.
【分析】
（1）求出，并化简变形为一个角一个三角函数形式，然后可求得集合，得；
（2）结合正弦函数性质可求得的增区间和最大值，及相应的值，从而向量确定，由向量的夹角公式求夹角.
【详解】
（1）由题意
，
，，，
∴，又，
；
（2）由（1），
，解得，
∴增区间为，.
，此时，，，
，
，
，，
∴.
【点睛】
本题考查两角和与差的正弦公式和余弦公式，考查三角函数的图象与性质，考查数量积与求向量的夹角.三角函数问题中的函数常常化为形式，然后结合正弦函数性质解题，向量夹角公式为：.
19.（1）见解析（2）乙科
【详解】
⑴中，要证明掌握程度的增加量总是下降，只需利用函数的单调性证明单调递减即可；⑵中，根据题意，建立方程求的估计值，结合给出的范围，进行判断.
⑴证明：当时，，，
函数单调递增，故单调递减，
所以当时，掌握程度的增加量总是下降.
⑵解：由题意知整理可得
所以由此可知，该学科为乙科.
20.(Ⅰ)；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)存在，使得以为直径的圆恒过直线，的交点.
【解析】
试题分析：（I）由于四边形为正方形，所以，由此求得椭圆方程为.（II）设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，求出点坐标，代入可求得值为.（III）设出点的坐标，利用圆的直径所对圆周角为直角的几何性质得到，结合（II）将的坐标代入上式，可求得.
试题解析：(Ⅰ)由题意得，
，
所以所求的椭圆方程为
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，
由题意可设，.
因为
所以
由整理得:
因为
所以，
所以
(Ⅲ)设，则.
若以为直径的圆恒过，的交点，则，
所以恒成立
由(Ⅱ)可知，
.
所以.
即恒成立.
所以.
所以存在，使得以为直径的圆恒过直线，的交点.
21.（1）（2）①②存在，首项所有取值构成的集合为。
【分析】
（1）当时，得到，进而得到，两式作差，得到数列为等比数列，即可求解.
（2）①时，，进而得到，两式作差，得到数列为等差数列，即可求解.
②确定数列的通项，利用是“数列”，得到是偶数，从而可得，再利用条件，验证，即可求解数列的首项的所有取值.
【详解】
（1）由题意，当时，得到，
用代替，可得，
两式相减，可得，即，即，
令，可得，解答，
所以数列是以1为首项，公比为3的等比数列，
所以.
（2）①当时，，
用代替，可得，
两式相减可得，
用代替，可得，
两式相减，可得，即，
即，所以数列为等差数列，
因为，可得，
又由，解得
所以数列的通项公式为.
②由①知数列是等差数列，因为，所以，
又由是“封闭数列”，可得：
对任意，必存在，使得，
解得，所以为偶数，
又由已知，可得，所以，
（i）当时，，
对于任意，都有，
（ii）当时，，则，
则，
取，则，不合题意；
当时，，则，
则，符合题意；
当时，，则，
所以，
又由，
所以或或或，
所以首项所有取值构成的集合为.
【点睛】
本题主要考查了数列的递推公式的应用，等差数列、等比数列的判定与应用，以及数列的“裂项法”求和的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于难题.