2020-2021学年上海市徐汇区位育中学高三（下）月考数学试卷（2021.03）（Word版 含解析）

2020-2021学年上海市徐汇区位育中学高三（下）月考数学试卷（3月份）
一、填空题（共12小题）.
1．抛物线x2＝12y的准线方程为　 　．
2．若函数f（x）＝是奇函数，则实数m＝　 　
3．若函数f（x）＝的反函数为g（x），则函数g（x）的零点为　 　．
4．在锐角三角形△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若（b2+c2﹣a2）tanA＝bc，则角A的大小为　 　．
5．若（x3﹣）n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为　 　．
6．某单位有两辆车参加某种事故保险，对在当年内发生此种事故的每辆车，单位均可获赔（每辆车最多只获一次赔偿），设这两辆车在一年内发生此种事故的概率分别为和，且各车是否发生事故相互独立，则一年内该单位在此种保险中获赔的概率为　 　（结果用最简分数表示）
7．已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q，且有，则首项a1的取值范围　 　．
8．若球的表面积为100π，平面α与球心的距离为3，则平面α截球所得的圆面面积为　 　
9．2018年上海春季高考有23所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么不同的录取方法有　 　种．
10．设θ∈[0，2π），若圆（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝r2（r＞0）与直线2x﹣y﹣10＝0有交点，则r的最小值为　 　
11．已知复数集合A＝{x+yi||x|≤1，|y|≤1，x，y∈R}，，其中i为虚数单位，若复数z∈A∩B，则z对应的点Z在复平面内所形成图形的面积为　 　．
12．已知正方形ABCD边长为8，，若在正方形边上恰有6个不同的点P，使，则λ的取值范围为　 　．
二、选择题（共4小题）.
13．下列函数是奇函数的是（　　）
A．f（x）＝x+1 B．f（x）＝sinx?cosx
C．f（x）＝arccosx D．f（x）＝
14．若已知极限，则的值为（　　）
A．﹣3 B． C．﹣1 D．
15．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中下列判断错误的是（　　）
A．BG⊥DE B．CH∥BE C．DG⊥BH D．AE∥CD
16．设向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，则下列判断错误的是（　　）
A．向量与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）
B．的最大值为
C．与的夹角的最大值为
D．ad+bc的最大值为1
三、解答题
17．如图，直三棱柱的底面是等腰直角三角形，AB＝AC＝1，，高等于3，点M1、M2、N1、N2为所在线段的三等分点．
（1）求此三棱柱的体积和三棱锥A1﹣AM1N2的体积；
（2）求异面直线A1N2、AM1所成的角的大小．
18．已知曲线Γ：＝1的左、右顶点分别为A，B，设P是曲线Γ上的任意一点．
（1）当P异于A，B时，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1?k2是定值；
（2）设点C满足＝λ（λ＞0），且|PC|的最大值为7，求λ的值．
19．某城市的棚户区改造建筑用地平面示意图如图所示，经过调研、规划确定，棚改规划用地区域近似为圆面，该圆的内接四边形ABCD区域是原棚户区建筑用地，测量可知边界AB＝AD＝2（km），BC＝3（km）．CD＝1（km）．
（1）求AC的长以及原棚户区建筑用地ABCD的面积；
（2）因地理条件限制，边界AD，DC不能更变，而边界AB，BC可以调整，为了增加棚户区建筑用地的面积，请在弧上设计一点P，使得棚户区改造后的新建筑用地（四边形APCD）的面积最大，并求出这个面积的最大值．
20．已知函数f（x）＝，x∈R．
（1）证明：当a＞1时，函数y＝f（x）是减函数；
（2）根据a的不同取值，讨论函数y＝f（x）的奇偶性，并说明理由；
（3）当a＝2，且b＜c时，证明：对任意d∈[f（c），f（b）]，存在唯一的x0∈R，使得f（x0）＝d，且x0∈[b，c]．
21．设数列{an}（n∈N*）中前两项a1，a2给定，若对于每个正整数n≥3，均存在正整数k（1≤k≤n﹣1）使得an＝，则称数列{an}为“Ω数列”．
（1）若数列{an}（n∈N*）为a1＝1，a2＝﹣的等比数列，当n≥3时，试问：an与是否相等，并说明数列{an}（n∈N*）是否为“Ω数列”；
（2）讨论首项为a1、公差为d的等差数列{an}是否为“Ω数列”，并说明理由；
（3）已知数列{an}为“Ω数列”，且a1＝0，a2＝1，记S（n，k）＝an﹣1+an﹣2+…+an﹣k，（n≥2，n∈N*），其中正整数k≤n﹣1，对于每个正整数n≥3，当正整数k分别取1、2、…、n﹣1时的最大值记为Mn、最小值记为mn．设bn＝n?（Mn﹣mn），当正整数n满足3≤n≤2020时，比较bn与bn+1的大小，并求出bn的最大值．
参考答案
一、填空题（共12小题）.
1．抛物线x2＝12y的准线方程为　y＝﹣3　．
解：抛物线x2＝12y的准线方程为：y＝﹣3．
故答案为：y＝﹣3．
2．若函数f（x）＝是奇函数，则实数m＝　　
解：f（x）是奇函数；
∴f（﹣x）＝﹣f（x）；
即；
∴﹣x﹣2m+1＝﹣x+2m﹣1；
∴﹣2m+1＝2m﹣1；
∴．
故答案为：．
3．若函数f（x）＝的反函数为g（x），则函数g（x）的零点为　　．
解：根据题意，函数f（x）＝，则f（0）＝，
若函数f（x）＝的反函数为g（x），则g（）＝0，
则函数g（x）的零点为；
故答案为：．
4．在锐角三角形△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若（b2+c2﹣a2）tanA＝bc，则角A的大小为　　．
解：∵（b2+c2﹣a2）tanA＝bc，
∴由余弦定理可得：2bccosA?tanA＝bc，可得：sinA＝，
∵A为锐角，
∴A＝．
故答案为：．
5．若（x3﹣）n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为　5　．
解：（x3﹣）n的展开式的通项为＝．
取3n﹣5r＝0，得n＝，
∴当r＝3时，n为最小正整数5．
故答案为：5．
6．某单位有两辆车参加某种事故保险，对在当年内发生此种事故的每辆车，单位均可获赔（每辆车最多只获一次赔偿），设这两辆车在一年内发生此种事故的概率分别为和，且各车是否发生事故相互独立，则一年内该单位在此种保险中获赔的概率为　　（结果用最简分数表示）
解：某单位有两辆车参加某种事故保险，对在当年内发生此种事故的每辆车，
单位均可获赔（每辆车最多只获一次赔偿），
设这两辆车在一年内发生此种事故的概率分别为和，且各车是否发生事故相互独立，
则一年内该单位在此种保险中获赔的概率为p＝1﹣＝．
故答案为：．
7．已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q，且有，则首项a1的取值范围　0＜a1＜1且a1≠或a1＝3　．
解：∵，
∴qn一定存在，∴0＜|q|＜1或q＝1．
当q＝1时，，∴a1＝3．
当0＜|q|＜1时，由，得
，
∴2a1﹣1＝q．
∴0＜|2a1﹣1|＜1．
∴0＜a1＜1且a1≠．
综上，得0＜a1＜1且a1≠或a1＝3．
8．若球的表面积为100π，平面α与球心的距离为3，则平面α截球所得的圆面面积为　16π　
解：设球的半径为R，球心到平面α的距离为d，平面α截球所得圆面的半径为r，则d＝3，
由于球的表面积为100π，即4πR2＝100π，则R＝5，
由勾股定理可得，
因此，平面α截球所得圆面的面积为πr2＝π×42＝16π，
故答案为：16π．
9．2018年上海春季高考有23所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么不同的录取方法有　1518　种．
解：由题意知本题是一个分步计数问题，
解决这个问题得分三步完成，
第一步把三个学生分成两组，
第二步从23所学校中取两个学校，
第三步，把学生分到两个学校中，共有C31C22A232＝1518，
故答案为：1518．
10．设θ∈[0，2π），若圆（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝r2（r＞0）与直线2x﹣y﹣10＝0有交点，则r的最小值为　　
解：根据题意，圆（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝r2（r＞0）的圆心为（cosθ，sinθ），
则圆心到直线2x﹣y﹣10＝0的距离d＝＝，
若圆与直线有交点，则d≤r，
又由﹣≤2cosθ﹣sinθ≤，
则2﹣1≤d≤2+1，
则有r≥2﹣1，即r的最小值为2﹣1，
故答案为：2﹣1．
11．已知复数集合A＝{x+yi||x|≤1，|y|≤1，x，y∈R}，，其中i为虚数单位，若复数z∈A∩B，则z对应的点Z在复平面内所形成图形的面积为　　．
解：集合A＝{x+yi||x|≤1，|y|≤1，x，y∈R）在复平面内所形成的图形为正方形ABCD内包括边界，
z2＝（1+i）z1＝（cos+isin）z1对应的点在复平面内形成的图象为正方形PQRS，如图：
所以所求图形的面积为﹣4×＝﹣1＝，
故答案为：
12．已知正方形ABCD边长为8，，若在正方形边上恰有6个不同的点P，使，则λ的取值范围为　（﹣1，8）　．
解：以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系如图：如图，则F（0，2），E（8，4）
（1）若P在AB上，设P（x，0），0≤x≤8
∴＝（﹣x，2），＝（8﹣x，4）
∴?＝x2﹣8x+8，
∵x∈[0，8]，∴﹣8≤?≤8，
∴当λ＝﹣8时有一解，当﹣8＜λ≤8时有两解；
（2）若P在AD上，设P（0，y），0＜y≤8，
∴＝（0，2﹣y），＝（8，4﹣y）
∴?＝（2﹣y）（4﹣y）＝y2﹣6y+8
∵0＜y≤8，∴﹣1≤?＜24
∴当λ＝﹣1或8＜λ＜24时有唯一解；当﹣1＜λ≤8时有两解
（3）若P在DC上，设P（x，8），0＜x≤8
∴＝（﹣x，﹣6），＝（8﹣x，﹣4），
∴?＝x2﹣8x+24，
∵0＜x≤8，∴8≤?≤24，
∴当λ＝8时有一解，当8＜λ≤24时有两解．
（4）若P在BC上，设P（8，y），0＜y＜8，
∴＝（﹣8，2﹣y），＝（0，4﹣y），
∴?＝（2﹣y）?（4﹣y）＝y2﹣6y+8
∵0＜y＜8，∴﹣1≤?＜24，
∴当λ＝﹣1或8＜λ＜24时有一解，当﹣1＜λ≤8时有两解．
综上，在正方形ABCD的四条边上有且只有6个不同的点P，使得?＝λ成立，那么λ的取值范围是（﹣1，8）
故答案为：（﹣1，8）
二、选择题
13．下列函数是奇函数的是（　　）
A．f（x）＝x+1 B．f（x）＝sinx?cosx
C．f（x）＝arccosx D．f（x）＝
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，f（x）＝x+1，则f（﹣x）＝﹣x+1，则f（﹣x）≠﹣f（x）且f（﹣x）≠f（x），则函数f（x）既不是奇函数又不是偶函数，不符合题意；
对于B，f（x）＝sinxcosx，则f（﹣x）＝sin（﹣x）cos（﹣x）＝﹣sinxcosx＝﹣f（x），函数f（x）为奇函数，符合题意；
对于C，f（x）＝arccosx，为反三角函数，则函数f（x）既不是奇函数又不是偶函数，不符合题意；
对于D，f（x）＝，有f（﹣x）＝f（x），函数f（x）为偶函数，不符合题意；
故选：B．
14．若已知极限，则的值为（　　）
A．﹣3 B． C．﹣1 D．
解：∵；
∴＝．
故选：D．
15．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中下列判断错误的是（　　）
A．BG⊥DE B．CH∥BE C．DG⊥BH D．AE∥CD
解：还原原正方体如图，
连接CF，可得DE∥CF，又CF⊥BG，∴BG⊥DE，故A正确；
由图可知，CH∥BE，故B正确；
∵DG⊥CH，CH为BH在平面DCGH上的射影，∴DG⊥BH，故C正确；
AE与CD是异面直线，故D错误．
故选：D．
16．设向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，则下列判断错误的是（　　）
A．向量与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）
B．的最大值为
C．与的夹角的最大值为
D．ad+bc的最大值为1
解：由向量，其中a2+b2＝c2+d2＝1，知：
在A中，设z轴正方向的方向向量＝（0，0，t），
向量与z轴正方向的夹角的余弦值：
cosα＝＝＝，∴α＝45°，
∴向量与z轴正方向的夹角为定值45°（与c，d之值无关），故A正确；
在B中，＝ac+bd≤＝＝1，
且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此的最大值为1，故B错误；
在C中，由B可得：||≤1，∴﹣1≤≤1，
∴cos＜＞＝＝≥﹣＝﹣，
∴与的夹角的最大值为，故C正确；
在D中，ad+bc≤+＝＝1，
∴ad+bc的最大值为1．故D正确．
故选：B．
三、解答题
17．如图，直三棱柱的底面是等腰直角三角形，AB＝AC＝1，，高等于3，点M1、M2、N1、N2为所在线段的三等分点．
（1）求此三棱柱的体积和三棱锥A1﹣AM1N2的体积；
（2）求异面直线A1N2、AM1所成的角的大小．
解：（1）∵直三棱柱的底面是等腰直角三角形，
AB＝AC＝1，，高等于3，
∴此三棱柱的体积V＝S△BAC×AA1＝＝．
∵点M1、M2、N1、N2为所在线段的三等分点．
M1到平面AA1N2的距离d＝AB＝1，
∴三棱锥A1﹣AM1N2的体积：
＝＝×d
＝＝．
（2）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，
建立空间直角坐标系，
A1（0，0，3），N2（0，1，2），A（0，0，0），M1（1，0，1），
＝（0，1，﹣1），＝（1，0，1），
设异面直线A1N2、AM1所成的角为θ，
则cosθ＝＝＝，∴θ＝，
∴异面直线A1N2、AM1所成的角为．
18．已知曲线Γ：＝1的左、右顶点分别为A，B，设P是曲线Γ上的任意一点．
（1）当P异于A，B时，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1?k2是定值；
（2）设点C满足＝λ（λ＞0），且|PC|的最大值为7，求λ的值．
【解答】（1）证明：由椭圆方程可得A（﹣4，0），B（4，0），
设P（x0，y0）（﹣4≤x0≤4），
则，，
∴k1?k2＝＝为定值；
（2）解：设C（m，0）（﹣4＜m＜4），
则＝
＝．
若m≥0，则＝7，解得m＝3．
此时，，，
由＝λ，得λ＝7；
同理，若m＜0，可得m＝﹣3，此时求得．
故λ的值为7或．
19．某城市的棚户区改造建筑用地平面示意图如图所示，经过调研、规划确定，棚改规划用地区域近似为圆面，该圆的内接四边形ABCD区域是原棚户区建筑用地，测量可知边界AB＝AD＝2（km），BC＝3（km）．CD＝1（km）．
（1）求AC的长以及原棚户区建筑用地ABCD的面积；
（2）因地理条件限制，边界AD，DC不能更变，而边界AB，BC可以调整，为了增加棚户区建筑用地的面积，请在弧上设计一点P，使得棚户区改造后的新建筑用地（四边形APCD）的面积最大，并求出这个面积的最大值．
解：（1）四边形ABCD中，B+D＝π，
∴cosB+cosD＝0，
即+＝0，
解得AC＝，
且cosB＝﹣cosD＝；
∴sinB＝sinD＝，
∴建筑用地ABCD的面积为
S＝×（2×1+2×3）×sinB＝2；
（2）设CP＝x，AP＝y，
由余弦定理得x2+y2﹣xy＝7，
又7＝x2+y2﹣xy≥2xy﹣xy＝xy，当且仅当x＝y时，等号成立；
得S四边形APCD＝×2×1×+xy?≤，
所以，当且仅当AP＝CP，
即P为线段AC垂直平分线与弧交点时，面积最大，
此时△APC为等边三角形，四边形APCD的面积最大，最大值为．
20．已知函数f（x）＝，x∈R．
（1）证明：当a＞1时，函数y＝f（x）是减函数；
（2）根据a的不同取值，讨论函数y＝f（x）的奇偶性，并说明理由；
（3）当a＝2，且b＜c时，证明：对任意d∈[f（c），f（b）]，存在唯一的x0∈R，使得f（x0）＝d，且x0∈[b，c]．
【解答】（1）证明：任取x1，x2∈R，设x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）＝，
∵x1＜x2，∴＜，又a＞1，∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）．
所以当a＞1时，函数y＝f（x）是减函数．
（2）解：当a＝1时，f（x）＝1，所以f（﹣x）＝f（x）＝1，所以函数y＝f（x）是偶函数，
当a＝﹣1时，f（x）＝，f（﹣x）＝＝＝﹣f（x），
所以函数y＝f（x）是奇函数．
当a≠1且a≠﹣1时，f（1）＝，f（﹣1）＝，
∴f（﹣1）≠f（1）且f（﹣1）≠﹣f（1），
所以函数y＝f（x）是非奇非偶函数．
（3）证明：由（1）知，当a＝2时，函数y＝f（x）是减函数，
所以函数f（x）在[b，c]上的值域为[f（c），f（b）]，
因为d∈[f（c），f（b）]，所以存在x0∈R，使得f（x0）＝d．
假设存在x1∈R，x1≠0使得f（x1）＝d，
若x1＞x0，由f（x）的单调性可得f（x1）＜f（x0），若x1＜x0，则f（x1）＞f（x0），
与f（x1）＝f（x0）＝d矛盾，故x0是唯一的．
假设x0?[b，c]，即x0＜b或x0＞c，
由单调性可得f（x0）＞f（b）或f（x0）＜f（c），
所以d?[f（c），f（b）]，与d∈[f（c），f（b）]矛盾，故x0∈[b，c]．
21．设数列{an}（n∈N*）中前两项a1，a2给定，若对于每个正整数n≥3，均存在正整数k（1≤k≤n﹣1）使得an＝，则称数列{an}为“Ω数列”．
（1）若数列{an}（n∈N*）为a1＝1，a2＝﹣的等比数列，当n≥3时，试问：an与是否相等，并说明数列{an}（n∈N*）是否为“Ω数列”；
（2）讨论首项为a1、公差为d的等差数列{an}是否为“Ω数列”，并说明理由；
（3）已知数列{an}为“Ω数列”，且a1＝0，a2＝1，记S（n，k）＝an﹣1+an﹣2+…+an﹣k，（n≥2，n∈N*），其中正整数k≤n﹣1，对于每个正整数n≥3，当正整数k分别取1、2、…、n﹣1时的最大值记为Mn、最小值记为mn．设bn＝n?（Mn﹣mn），当正整数n满足3≤n≤2020时，比较bn与bn+1的大小，并求出bn的最大值．
解：（1）∵数列{an}（n∈N*）为a1＝1，a2＝﹣的等比数列，∴an＝（﹣）n﹣1．
由于当n≥3时，均有＝＝?（﹣）n﹣3＝（﹣）n﹣1＝an，
∴an与相等．
∵对每个正整数n≥3，均存在正整数k＝2且1≤2≤n﹣1，使得an＝，
∴数列{an}为“Ω数列“．
（2）d＝0时，对于每个正整数n≥3，均存在正整数k＝1，
∵1≤1≤n﹣1，使，∴d＝0时，数列{an}为Ω数列，
d＞0时，，且，
d＜0时，．
∴d≠0时，对n＝3，当正整数k在1≤k≤3﹣1时，
总有，
∴d≠0时，数列{an}不是Ω数列．
（3）由题设知对于每个正整数n≥3，均有an∈[mn，Mn]，∈[mn，Mn]，
且对于所有正整数k≤n﹣1，均有mn≤，即kMn≤S（n，k）≤kMn，
记S（n，0）＝0，
对于每个正整数n≥4，选取适当的正整数l，l≤n﹣1，使得Mn＝，
由S（n，l）＝an﹣1+S（n﹣1，l﹣1）≤an﹣1+（l﹣1）Mn﹣1，
则l（Mn﹣an﹣1）＝lMn﹣lan﹣1＝S（n，l）﹣lan﹣1≤an﹣1+（l﹣1）Mn﹣1﹣lan﹣1＝（l﹣1）Mn﹣1﹣an﹣1，
即Mn﹣an﹣1≤，
类似的，
l（an﹣1﹣mn）＝lan﹣1﹣lmn＝lan﹣1﹣S（n，l）＝lan﹣1﹣an﹣1﹣S（n﹣1，l﹣1）
≤（l﹣1）an﹣1﹣（l﹣1）mn﹣1＝（l﹣1）（an﹣1﹣mn﹣1），
∵mn﹣1≤an﹣1≤Mn﹣1?t≤n﹣1，l≤n﹣1，
∴Mn﹣mn，
∴Mn﹣mn＝（Mn﹣an﹣1）+（an﹣1﹣mn）≤+
＝＝，
∴Mn﹣mn≤，
∵a1＝0，a2＝1，∴mn﹣1≠Mn﹣1，
∴n（Mn﹣mn）＜（n﹣1）（Mn﹣1﹣mn﹣1），
∴正整数n≥4时，bn＜bn﹣1成立，
即正整数n＞3时，bn+1＜bn成立，
∴在正整数n满足3≤n≤2020时，
当n＝3时，bn取最大值为b3＝3（1﹣）＝．