上海市建平中学2021届高三上学期期中考试数学试题-含答案.docx

上海市建平中学 2021 届高三上期中考试数学试题一、填空题(第 16 题每题 4 分,第 712 题每题 5 分,满分 54 分)2n +52lim=_1n + 4n +102n¥x +1< 02关于 x 的不等式的解集为_x 2 = y y =10 B = y y = lg x Ç =,则 A B _3已知集合 Ax ,( )1+ 2i z = 3+ 4i4若复数 z 满足,其中 为虚数单位,则 z _i =,则q _5已知公比为 的等比数列 a 满足 aq+ a = 2a243n( ) ( )= x x >16函数 f x的反函数为_217已知ln x < ln y,则 x y + + y2的最小值为_x1æöqq,8已知角 和角j 的始边均与 x 轴正半轴重合,终边互相垂直,若角 的终边与单位圆交于点Pç x ÷ ，则0 3èøcosj =_10pABCÐC =是 BC 的 中 点 ， 若 sin ÐBAM=， 则 sin ÐBAC=9 在 直 角中 ，M210_ì2 2 ,x£1( ) ïx11x( ) ( )=f x 1 + f x £ 010已知函数 f x í_,则关于 x 的不等式的解有解ï x 2 1, x >1î集为_( )( )( )( )f x + x = 0,若方程Î D11设函数 f x 为定义在集合 D 上的偶函数,对任意 x都有 f f x= xx ,则 x = _00( )122 =a + nÎ Na <* ,若12已知首项为 的数列 a 满足a2l对任意正整数n 恒成立,则实数l322nn+1nn的最大值为_1 二、选择题(每题 5 分，满分 20 分)1 13已知无穷等比数列 a 的首项为 1,公比为 ,则 a 各项的和为(, , , , )3nn23344332ABCDpæp öcos ç x= 1”是“ x = kp + ,k ÎZ14“”的(, , , , )÷22èøA充分非必要条件C充分必要条件( )B必要非充分条件D非充分非必要条件= tan xÎ15已知 f x， x Z ，则下列说法中正确的是(, , , , )( )( )A函数 f x 不为奇函数B函数 f x 存在反函数( )( )C函数 f x 具有周期性D函数 f x 的值域为 R( )、x Î Rx Î R使得316设定义在 R 上的函数 f x 的值域为 A ,若集合 A 为有限集,且对任意 x，存在12( ) ( ) ( )f x f x = f x ,则满足条件的集合 A 的个数为(, , , , )123A3B5C7D无穷个三、解答题(本题共有 5 大题,满分 76 分)ABCCb17(14 分)在中，设角 A 、 B 、 所对应的边分别为 a 、 、 c , 点 M 是边 BC 的中点 ,且3b = 3acosC + csin A(1)求 的值；A= 7 c = 5 , ,求ABM的面积(2)若a,( )= asin x + bcos x18(14 分)已知函数 f x¹0,其中ab( )=1(1)若b(2)若 x,是否存在实数a 使得函数 f x 为偶函数,若存在,求出a 的值；若不存在,请说明理由；3( )( )=p为函数 f x 的对称轴,求函数 f x 的单调增区间42 19(14 分)诺贝尔奖每年发放一次,把奖金总金额平均分成 6 份,奖励在 6 项(物理、化学、文学、经济学、生理学和医学、和平)为人类做出最有贡献人每年发放奖金的总金额是基金在该年度所获利息的一伴,另一半利息用于增加基金总额,以便保证奖金数逐年递增资料显示：1998 年诺贝尔奖发奖后的基金总额(即 1999= 6.24%年的初始基金总额)已达 19516 万美元，基金平均年利率为r(1)求 1999 年每项诺贝尔奖发放奖金为多少万美元(精确到 0.01)；1998 + n)年诺贝尔奖发奖后的基金总额 ,其中( n NÎ(2)设 a 表示* ,求数列a的通项公式，并因此判断nn“2020 年每项诺贝尔奖发放奖金将高达 193.46 万美元”的推测是否具有可信度y x22( )0,6的直线 交 于 M 、 两点，G: + =1Gl GN20(16 分)已知椭圆, F 是 的下焦点,过点 R12 6G(1)求 F 的坐标和椭圆 的焦距；(2)求MNF面积的最大值,并求此时直线l 的方程；ÐRSM + ÐRSN =S(3)在 y 轴上是否存在定点 S ,使得p恒成立?若存在,求出定点 的坐标；若不存在,请说明理由 nÎN* ,都有a= b a = c或,其中数列 b 是以b 为首项，d 为公21(18 分)已知数列 a 满足：对任意nnnnnn 差的等差数列,数列 c 是以 为首项， q 为公比的等比数列cn( ) ( )= a nÎ Nd q 1(1)若a* ,求的值；2n+1n < 0 <q0(2)若d, ,证明：数列 a 不为递增数列；n > 0 c > 0 d > 0n NÎ* 都有 S(3)已知b,，,设 S 为数列 a 的前 项和,若存在常数 M ,对任意£M ,求nnnn实数 q 的取值范围3 上海市建平中学 2021 届高三上期中考试数学试题答案一、填空题(第 16 题每题 4 分,第 712 题每题 5 分,满分 54 分)1【答案】2( )1,22【答案】3【答案】( )0,+¥3+ 4i3+ 4i= 54【答案】 z1+ 2i 1+ 2i5【答案】16【答案】 y(0 < x <1)= x1277【答案】413±8【答案】2 55229【答案】sin ÐBAC =或7£10【答案】当 x时符合题意2= 011【答案】 x012【答案】l2=max 4选择题(每题 5 分，满分 20 分)13D14A15B16B三、解答题(本题共有 5 大题,满分 76 分)4 3acosC + csin A = 3b3 sin AcosC +sin C sin A = 3 sin B，17(1)因为，由正弦定理得( )sin B = sin A + C = sin AcosC + cos Asin Csin sin = 3 cos sinA C A C ，又因为，所以( )Î 0,¹0tan A = 3,所以 ，因为Cp ,所以 sinCp( )Î 0,A=又 Ap ,所以；3b +c a b + 25 49 12222(2)由余弦定理得cos A =，解得b = 8,2bc10b211p= bcsin A = ´8´5´sin =10 3所以 S，223ABC1=S= 5 3 因为点是边 BC 的中点,所以SM2ABMABC( )时， f x a=1x= sin + cos18(1)当bx( )( ) ( )x = f x恒成立，若存在实数 使得函数 f x 为偶函数,则 fa( ) ( )sin x + cos x = asin x + cos x即 a恒成立,整理得asin x = 0恒成立,所以a = 0 ab ¹ 0,与 矛盾,故不存在；(2)结合三角函数的性质知，三角函数在对称轴处取最值,( )又由辅助角公式知 f x 的最值为± a + b，22322æ ö=a b = ± a +b2 ，所以 f ç ÷p2422è ø1111a + b ab = a +ba + b + ab = 0，两边平方,得2222 ,所以2222221( )a +b= 0 ，所以b= a2即，2æp ö( ) ()= a sin x cos x = 2asin x 所以 f x÷，ç4èø5 ppp> 02 £ £pk2 p+k Î Z， ,当 a时，令 kx242p3p2kp £ x £ 2kp +Î， k Z ，解得44p3péù2kp ,2kp +k Î Z，所以单调增区间是，êú44ëûpp3p< 02 + £ £pk2 p+k Î Z， ,当 a时，令 kx2423p2kp + £ x £ 2kp +7pÎ， k Z ,解得443p7péù2kp + ,2kp +k Î Z所以单调增区间是，êú44ëû19(1)由题意得 1999 年诺贝尔奖发奖后基金总额为1()19516´ 1+ 6.24% ´19516´6.24% = 20124.8992» 20125万美元,21 1æö´ ´19516´6.24% =101.4832 »101每项诺贝尔奖发放奖金为ç÷万美元；6 2èø= 20125，(2)由题意得a11()()a = a × 1+ 6.24% ×a ×6.24% = a × 1+3.12%，221111()() ()2a = a × 1+ 6.24% ×a ×6.24% = a × 1+3.12% = a × 1+3.12%232221()n ，= 20125× 1+3.12%所以a1n()= 20125× 1+3.12%20 ,2019年诺贝尔奖发奖后基本总额为a211 1´ ´a ´6.24% »193.46万美元,2020 年每项诺贝尔奖发放奖金为6 2 21故该推测具有可信度6 ( )0, 62c = 2 6；20(1) F,焦距为(2)由题意得直线l 的斜率存在,设直线l : y = kx+6,ìy x22( )ï + =1+ 2 x +12kx+ 24 = 0得 k由 í12 6îy = kx+ 6，22ï( ) ( )=144k 96 k + 2 = 48 k 4 > 0k2 4 > 0,所以222,故12k24( ) ( ), yN x , y+ =， x x设 M x，,则 x x，+ 2k + 2112212k21 2212k ö224æ( )= 1+ k x x = 1+ kx + x 4x x = 1+ k 4所以 MN1+ k2222çè÷k + 2 øk+ 212121 222( )1+ k4 3 1+ k222=144k 96 k + 2 =48k 192 =k 4,2222k + 2k + 2k + 2222= 1+ k(或用 MN）2A6 + 6=点 到直线l 的距离d，F1+ k2( )6 + 61k 422= MN ×d =k 4= 2 3 6 + 6所以 S，222 k + 2k + 2MNF1+ k222( ) ( )t1= 2 3 6 +6= 2 3 6 +6= k 4 > 0 S令t,则，26+ 6MNFt2t +t( )£ 2 3 6 + 61= 3 +3 2= ± 10,当且仅当k时取等号，所以 SMNF2 6所以MNF面积的最大值为3 + 3 2,此时直线 的方程为 y= ± 10 + 6；lx12k24+ x =x x =，(3)当直线l 的斜率存在时，由(2)得 x，+ 2k + 212k21 22因为ÐRSM + ÐRSN =y t y tk + k = 0，p,所以MSNS( ) ( ) + = 0,所以 x y t x y t ，+= 0即12xx2211217 (所以 x kx) ()+ 6 t + x kx + 6 t = 0，2112( )()2kx x + 6 t x + x = 0所以，12122412k12k( )+ 6t( )t 2 = 02k=所以，k + 2k + 2 k + 2222( )因为k¹ 0,所以t = 2,所以 S 0,2,( )0,2当直线l的斜率不存在时,直线l 也过定点 S,( )0,2Ð+ ÐRSN p 恒成立=故 轴上是否存在定点Sy,使得 RSM( )= 01 = 0,= =21(1)当d时，a b b 为常数列,所以d q2nn( )1 = 0当q =1时， a = c = c为常数列,所以d q2，nn¹ 0¹1a = ana an当d且q,要使得，则 ,必在b ,c 交替出现,n+1n+1nn= b a = ca = b即 a，nnn+1n+1n+2n+2= a = b = b Þ d = 0所以a,矛盾,nn+2nn+2( )1 = 0；综上，d q2 = b(2)若a,则数列 a 是递减数列,即数列 a 不为递增数列；nnnn = cq< 0cn若a若a,因为,所以 正负交替出现,所以 a 不为递增数列；nnn = ba = c,或,则若 a 是递增数列，nnnnn则 a , a 必在b , c 中交替出现,nn+1nn= b + nd=b + nd > cq设 a，a cqn1 ,则,n1n+1n< 0时，b + nd < 0，因为d,所以必定存在正整数m ,当 n> m+ nd > cqn1 不恒成立,矛盾,而cqn1 正负交替出现,所以b 综上,数列 a 不为递增数列；n(3)当q ³1时，b , c 均不减,所以 S£M 显然不成立，nnn1< q <1 q ¹ 0，= c，当时，令ann8 ( )c 1 q1 qncS = c + c + + c £ c + c + + c =<，1 qn12n12nc=£M 恒成立,故存在常数 M,使得 S1 qnc = c c = c c = c c = c当q = 1时，令 a = c,则，nn1234= c S = 0 S = c S = c所以 S，1234ìc,n = 2k 1=Î *k N，即 S ín î，0,n = 2k= c£M 恒成立故存在常数 M,使得 Snq < 1时,假设存在常数,使得 S£M 恒成立,当MnM £ S £ M M £ S £ M2M £ S S = a £ 2M则，,所以,nn1nn1n2M b2M( )+ n 1 d > 2M| q | > 2M>+1， > logn当b，c1,即n时,nd|q|c2M < b 22< c Þ a > M， M矛盾,nnn综上所述，1£ q <1 q ¹ 09(所以 x kx) ()+ 6 t + x kx + 6 t = 0，2112( )()2kx x + 6 t x + x = 0所以，12122412k12k( )+ 6t( )t 2 = 02k=所以，k + 2k + 2 k + 2222( )因为k¹ 0,所以t = 2,所以 S 0,2,( )0,2当直线l的斜率不存在时,直线l 也过定点 S,( )0,2Ð+ ÐRSN p 恒成立=故 轴上是否存在定点Sy,使得 RSM( )= 01 = 0,= =21(1)当d时，a b b 为常数列,所以d q2nn( )1 = 0当q =1时， a = c = c为常数列,所以d q2，nn¹ 0¹1a = ana an当d且q,要使得，则 ,必在b ,c 交替出现,n+1n+1nn= b a = ca = b即 a，nnn+1n+1n+2n+2= a = b = b Þ d = 0所以a,矛盾,nn+2nn+2( )1 = 0；综上，d q2 = b(2)若a,则数列 a 是递减数列,即数列 a 不为递增数列；nnnn = cq< 0cn若a若a,因为,所以 正负交替出现,所以 a 不为递增数列；nnn = ba = c,或,则若 a 是递增数列，nnnnn则 a , a 必在b , c 中交替出现,nn+1nn= b + nd=b + nd > cq设 a，a cqn1 ,则,n1n+1n< 0时，b + nd < 0，因为d,所以必定存在正整数m ,当 n> m+ nd > cqn1 不恒成立,矛盾,而cqn1 正负交替出现,所以b 综上,数列 a 不为递增数列；n(3)当q ³1时，b , c 均不减,所以 S£M 显然不成立，nnn1< q <1 q ¹ 0，= c，当时，令ann8 ( )c 1 q1 qncS = c + c + + c £ c + c + + c =<，1 qn12n12nc=£M 恒成立,故存在常数 M,使得 S1 qnc = c c = c c = c c = c当q = 1时，令 a = c,则，nn1234= c S = 0 S = c S = c所以 S，1234ìc,n = 2k 1=Î *k N，即 S ín î，0,n = 2k= c£M 恒成立故存在常数 M,使得 Snq < 1时,假设存在常数,使得 S£M 恒成立,当MnM £ S £ M M £ S £ M2M £ S S = a £ 2M则，,所以,nn1nn1n2M b2M( )+ n 1 d > 2M| q | > 2M>+1， > logn当b，c1,即n时,nd|q|c2M < b 22< c Þ a > M， M矛盾,nnn综上所述，1£ q <1 q ¹ 09