2021届上海市位育中学高三下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份2021届上海市位育中学高三下学期3月月考数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届上海市位育中学高三下学期3月月考数学试题  一、单选题1．下列函数是奇函数的是．A． B． C． D．【答案】B【详解】A、定义域，，不是奇函数；B、定义域，，奇函数；C、定义域，，不是奇函数；D、定义域，，偶函数，不是奇函数；故选B．2．若已知极限则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】因为对分子分母同时除以，再求极限即可【详解】因为所以.故选D.【点睛】本题主要考查极限的运算，对目标式的合理化简是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.3．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． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意还原正方体，结合正方体的结构特征和异面直线的定义，逐项判定，即可求解.【详解】根据题意，还原正方体，如图所示，连接，可得，又由，所以，所以A正确；由正方体的结构特征，可知，所以B正确；因为,为在平面上的射影，所以，所以C正确；根据正方体的结构特征和异面直线的定义，可得与是异面直线，所以D错误.故选：D. 4．设向量，，其中，则下列判断错误的是A．向量与轴正方向的夹角为定值（与、之值无关）B．的最大值为C．与夹角的最大值为D．的最大值为l【答案】B【分析】在A中，取z轴的正方向向量，求出与的夹角即可判断命题正确；在B中，计算，利用不等式求出最大值即可判断命题错误；在C中，利用数量积求出与的夹角的最大值，即可判断命题正确；在D中，利用不等式求出最大值即可判断命题正确．【详解】解：由向量，，其中，知：
在A中，设z轴正方向的方向向量，
向量与z轴正方向的夹角的余弦值：，
∴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，，
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：，
，
∴与的夹角的最大值为，故C正确；
在D中，，
∴ad−bc的最大值为1．故D正确．
故选：B．【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算、数量积的性质等基础知识与基本技能方法，考查运算求解能力，是中档题．  二、填空题5．抛物线的准线方程为__________.【答案】【详解】，抛物线的准线方程为，故答案为.6．若函数是奇函数，则实数________.【答案】【详解】因为函数是奇函数，所以，即，解得，经检验符合题意，故答案为.【方法点睛】本题主要考查函数的奇偶性，属于中档题. 已知函数的奇偶性求参数，主要方法有两个，一是利用：（1）奇函数由 恒成立求解，（2）偶函数由 恒成立求解；二是利用特殊值：奇函数一般由 或求解，偶函数一般由求解，用特殊法求解参数后，一定要注意验证奇偶性.7．若函数的反函数为，则函数的零点为________.【答案】【详解】 由得，反函数，令，得或（舍去），函数的零点为,故答案为.8．在锐角三角形中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则角A的大小为________.【答案】【分析】利用余弦定理与同角三角函数基本关系求解即可【详解】由，两边同除以得，由余弦定理可得是锐角，，故答案为：.9．若的展开式中含有非零常数项，则正整数的最小值为_________.【答案】5【详解】的展开式的通项为，令，时，有最小值，故答案为.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.10．某单位年初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（假设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）.【答案】【详解】因为这两辆车在一年内发生此种事故的概率分别为和，所以这两辆车在一年内不发生此种事故的概率分别为和，两辆车在一年内都不发生此种事故的概率为，根据对立事件的概率公式可得一年内该单位在此种保险中获赔的概率为，故答案为.11．已知无穷等比数列的首项,公比为q,且有,则首项的取值范围是______【答案】【分析】由可得一定存在,分别讨论和的情况,进而求解即可【详解】因为,所以一定存在,所以或,当时,,所以；当时,由得,所以,所以,所以且,综上,且或故答案为:【点睛】本题考查无穷等比数列的应用,考查数列的极限12．若球的表面积为，平面与球心的距离为，则平面截球所得的圆面面积为__________．【答案】【详解】设球的半径为，则，解得：，设截面圆的半径为，则,则平面截球所得的圆面面积.13．2018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【答案】1518【分析】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，再用乘法原理求解【详解】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，故答案为1518．【点睛】本题考查分步计数问题，本题解题的关键是把完成题目分成三步，看清每一步所包含的结果数，本题是一个基础题．14．设，若圆（）与直线有交点，则的最小值为________【答案】【分析】根据直线与圆相交，可得圆心到直线的距离小于等于半径，列出不等式即可求出结果.【详解】因为圆的圆心为，又圆（）与直线有交点，所以，使得圆心到直线的距离恒成立，即恒成立，其中，又，所以的最小值为.故答案为【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系，直线与圆有交点，只需圆心到直线的距离小于等于半径即可，属于常考题型.15．已知复数集合，其中为虚数单位，若复数，则对应的点在复平面内所形成图形的面积为________【答案】【分析】先由复数的几何意义确定集合所对应的平面区域，再确定集合所对应的平面区域，由复数，可得复数对应的点在复平面内所形成图形即为集合与集合所对应区域的重叠部分，结合图像求出面积即可.【详解】因为复数集合，所以集合所对应的平面区域为与所围成的正方形区域；又，设，且,,，所以，设对应的点为，则，所以，又,，所以，因为复数，对应的点在复平面内所形成图形即为集合与集合所对应区域的重叠部分，如图中阴影部分所示，由题意及图像易知：阴影部分为正八边形，只需用集合所对应的正方形区域的面积减去四个小三角形的面积即可.由得，由得，所以.故答案为【点睛】本题主要考复数的几何意义，以及不等式组所表示平面区域问题，熟记复数的几何意义，灵活掌握不等式组所表示的区域即可，属于常考题型.16．已知正方形边长为，若在正方形边上恰有个不同的点，使，则的取值范围为_____________.【答案】【分析】建立坐标系，逐段分析•的取值范围及对应的解得答案．【详解】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：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）【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，分类讨论思想，属难题． 三、解答题17．如图，直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，高等于3，点为所在线段的三等分点.（1）请直接写出此三棱柱的体积和三棱锥的体积；（2）求异面直线、所成的角的大小.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）根据底面是等腰直角三角形，高等于3，利用柱体体积公式求解；利用等体积法由求解；（2）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得的坐标，设异面直线、所成的角为，由求解.【详解】（1）因为底面是等腰直角三角形，，，高等于3，所以此三棱柱的体积 ，三棱锥；（2）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系：则，所以，设异面直线、所成的角为，所以，因为，所以 .18．已知曲线：的左、右顶点分别为A，B，设P是曲线上的任意一点． ⑴当P异于A，B时，记直线PA，PB的斜率分别为，，求证：是定值；⑵设点C满足，且的最大值为7，求的值．【答案】(1)详见解析(2) 7或【分析】⑴由已知椭圆方程求出A，B的坐标，设，由斜率公式及点P在椭圆上即可证明是定值；⑵设，写出两点间的距离公式，分类利用配方法求最值，可得m值，结合，求得的值．【详解】⑴由椭圆方程可得，，设，则，，为定值；⑵设，则．若，则，解得．此时，，，由，得；同理，若，可得，此时求得．故的值为7或．【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查两点间距离公式的应用，训练了利用配方法求最值，是中档题．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，该圆的内接四边形区域是原棚户区建筑用地，测量可知边界，，.（1）求的长及原棚户区建筑用地的面积；（2）因地理条件限制，边界，不能变更，而边界，可以调整，为了增加棚户区的建筑用地面积，请在弧上设计一点，使得棚户区改造后的新建筑用地（四边形）的面积最大，并求出这个面积最大值.【答案】（1）； （2）为线段垂直平分线与弧交点时，面积最大，最大值为.【分析】（1）根据圆的内接四边形对角互补，可得，它们的余弦值的和为零，由此利用余弦定理列方程，可求得的值并求出的值，进而求得的值，利用三角形的面积公式，可求得的面积.（2）设，，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，利用三角形面积公式求得面积的表达式，将的最大值，由此求得面积的最大值.【详解】（1） 解得：，，于是， （2）设，，由余弦定理得，而（当且仅当时，等号成立）得 ，所以，当且仅当，即为线段垂直平分线与弧交点时，面积最大，最大值为.【点睛】本小题主要考查圆的内接四边形对角互补的知识，考查利用余弦定理解三角形，考查了三角形的面积公式以及基本不等式的应用.属于中档题.第一问中，给定了四边形的四条边长，求对角线的长，可利用对角互补及余弦定理建立方程，由此的到对角线的长.20．已知函数，R.（1）证明：当时，函数是减函数；（2）根据的不同取值，讨论函数的奇偶性，并说明理由；（3）当，且时，证明：对任意，存在唯一的R，使得，且.【答案】(1)见解析(2) 当时，函数是奇函数；当时，函数是偶函数；当且时，函数是非奇非偶函数，（3）见解析【详解】试题分析：（1）任取，设，计算可得，据此可得，函数是减函数.(2)分类讨论可得：当时，函数是偶函数，当时函数是奇函数，当且时，函数是非奇非偶函数.(3)由（1）知，当时函数是减函数，结合函数的单调性分别证明的存在性(利用函数的值域)和唯一性(利用反证法)即可证得题中的结论.试题解析：（1）任取，设，则，∵，所以，又，∴，即，所以当时，函数是减函数.(2)当时，，所以，所以函数是偶函数，当时，，，所以函数是奇函数，当且时，，，因为且，所以函数是非奇非偶函数.(3)由（1）知，当时函数是减函数，所以函数在上的值域为，因为，所以存在，使得.假设存在使得，若，则，若，则，与矛盾，故是唯一的，假设，即或，则或，所以，与矛盾，故.21．设数列中前两项给定，若对于每个正整数，均存在正整数（）使得，则称数列为“数列”.（1）若数列为的等比数列，当时，试问：与是否相等，并说明数列是否为“数列”；（2）讨论首项为、公差为的等差数列是否为“数列”，并说明理由；（3）已知数列为“数列”，且 ，记，，其中正整数， 对于每个正整数，当正整数分别取1、2、、时的最大值记为、最小值记为. 设，当正整数满足时，比较与的大小，并求出的最大值.【答案】（1）为“数列”；（2）当时,为“数列”；当时,不是“数列”；（3）；当时，取最大值为【分析】（1）由可求得,则,,进而比较与的情况,可得与相等,即可得到为“数列”；（2）分别讨论与的情况,当时,利用等差数列的通项公式代入中,求解,即可判断；（3）由题意可知,即,当时,设,,则,可推导得到,即,同理可得,由,,,可得,,进而作差整理可得,即可判断数列的单调性,从而求解.【详解】（1）与相等,因为是等比数列,所以,则,当时,,,所以,所以与相等；因为对每个正整数，均存在且,使得所以为“数列”（2）因为首项为、公为“数列”差为的等差数列,所以,当时,对每个正整数,均存在正整数且使得,所以当时,为“数列”；当时,,若,则,解得,不符合题意,所以不是“数列”（3）由题可知,对于每个正整数,均有,,且对于所有正整数,均有,即,对于每个正整数,选取恰当的正整数,使得,,由,则,即,类似的,,即,因为,,,所以,,所以,因为,所以,所以,即,所以正整数时,成立,即正整数时,成立,所以在正整数满足时,当时,取得最大值为【点睛】本题考查等比数列的通项公式的应用,考查等差数列的通项公式的应用,考查数列的单调性的判断,考查推理论证能力与运算能力.