2018年上海市虹口区高中三年级二模数学卷(含答案).pdf

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1、.OC1D1B1A1DCBA虹口区 2017 学年度第二学期期中教学质量监控测试高三数学试卷时间 120 分钟,满分 150 分2018.4一填空题16 题每小题4 分,7 12 题每小题5 分,本大题满分54 分1已知(,Aa,1,2B,且AB,则实数a的范围是2直线(1)10axay与直线420 xay互相平行,则实数a3已知(0,),3cos5,则tan()44 长 方 体 的 对 角 线 与 过 同 一 个 顶 点 的 三 个 表 面 所 成 的 角 分 别 为,则222coscoscos5已知函数20()210 xxxfxx,则11(9)ff6从集合1,1,2,3随机取一个为m,从集

2、合2,1,1,2随机取一个为n,则方程221xymn表示双曲线的概率为7已知数列na是公比为q的等比数列,且2a,4a,3a成等差数列,则q _ 8 若将函数6()f xx表示成23601236()(1)(1)(1)(1)f xaa xa xa xa x则3a的值等于 9如图,长方体1111ABCDA B C D的边长11ABAA,2AD,它的外接球是球O,则A,1A这两点的球面距离等于10椭圆的长轴长等于m,短轴长等于n,则此椭圆的内接矩形的面积 的 最 大 值 为_.11x是不超过x的最大整数,则方程271(2)2044xx满足x 1的所有实数解是12 函 数()sinf xx,对 于12

3、3nxxxx且12,0,8nx xx10n,记1223341()()()()()()()()nnMf xf xf xf xf xf xf xf x,则M的最大值等于二选择题每小题5 分,满分 20 分.13下列函数是奇函数的是.A()1f xx.B()sincosfxxx.C()arccosf xx.D0()0 xxf xxx14在Rt ABC中,ABAC,点M、N是线段AC的三等分点,点P在线段BC上运动且满足PCk BC,当PMPN取得最小值时,实数k的值为.A12.B13.C14.D1815直线:10lkxyk与圆228xy交于A,B两点,且4 2AB,过点A,B分别作l的垂线与y轴交于

4、点M,N,则MN等于.A2 2.B 4 .C4 2.D 8 16已知数列na的首项1aa,且04a,14464nnnnnaaaaa,nS是此数列的前n项和,则以下结论正确的是.A不存在a和n使得2015nS.B不存在a和n使得2016nS.C不存在a和n使得2017nS.D不存在a和n使得2018nS三解答题本大题满分76 分 17 本题满分14 分.第 1 小题 7 分,第 2 小题 7 分.如图,直三棱柱的底面是等腰直角三角形,1ABAC,2BAC,高等于3,点1M,2M,1N,2N为所在线段的三等分点1 求此三棱柱的体积和三棱锥112AAM N的体积；2 求异面直线12A N,1AM所成

5、的角的大小 18 本题满分14 分.第 1 小题 7 分,第 2 小题 7 分.已 知ABC中,角,A B C所 对 应的边分别 为,a b c,cossinzAiAi是 虚数单位是方 程210zz的根,3a.1 若4B,求边长c的值；P2P1C1B1A1N2N1M2M1CBA.2 求ABC面积的最大值.19 本题满分14 分.第 1 小题 6 分,第 2 小题 8分.平面内的 向量列 na,如果对于任意的正整数n,均有1nnaad,则称此 向量列 为 等差向量列,d称为 公差向量.平面内的 向量列 nb,如果01b且对于任意的正整数n,均有1nnbq b0q,则称此 向量列 为 等比向量列,

6、常数q称为 公比.1 如果 向量列 na是等差向量列,用1a和公差向量 d表示12naaa；2 已知na是 等差向量列,公差向量(3,0)d,1(1,1)a,(,)nnnaxy；nb是 等比向量列,公比 2q,1(1,3)b,(,)nnnbmk.求1122nna ba ba b 20 本题满分16 分.第 1 小题 4 分,第 2 小题 5 分,第 3小题 7 分.如果直线与椭圆只有一个交点,称该直线为椭圆的切线.已知椭圆22:12xCy,点(,)M m n是椭圆C上的任意一点,直线l过点M且是椭圆C的 切线.1 证明：过椭圆C上的点(,)M m n的切线 方程是12mxny；2 设A,B是椭

7、圆C长轴上的两个端点,点(,)M m n不在坐标轴上,直线MA,MB分别交y轴于点P,Q,过M的椭圆C的 切线 l交y轴于点D,证明：点D是线段PQ的中点；.OF2F1BAxy3点(,)M m n不在x轴上,记椭圆C的两个焦点分别为1F和2F,判断过M的椭圆C的切线 l与直线1MF,2MF所成夹角是否相等？并说明理由21 本题满分18 分.第 1 小题 3 分,第 2 小题 7分,第 3小题 8 分.已知函数3()f xaxxaaR,xR,3()1xg xxxR.1 如果x342是关于x的不等式()0f x的解,求实数a的取值范围；2 判断()g x在34(1,2和34,1)2的单调性,并说明

8、理由；3 证明：函数()f x存在零点q,使得4732naqqqq成立的充要条件是343a虹口区 2017 学年度第二学期高三年级数学学科期中教学质量监控测试题答案一、填空题 16 题每小题 4 分,7 12 题每小题 5 分,本大题满分54 分1、1a；2、2；3、17；4、2；5、2；6、12；7、1或12；8、20；9、3；10、12mn；11、1x或12x；12、16；二、选择题每小题5 分,满分 20 分13、B；14、C；15、D；16、A；三、解答题本大题满分76 分17、14 分解:112ABCS,1 1132ABCA B CV 2 分1132AM AS,1C到平面11ABB

9、A的距离等于1,即2N到平面11ABB A的距离等于1,112211131322AAM NNAM AVVP2P1C1B1A1N2N1M2M1CBA.三棱柱111ABCA B C的体积等于32立方单位,三棱锥112AAM N的体积等于12立方单位7 分2 取线段1AA的三等分点1P,2P,连12PM,1PC.12A N1PC,1AM12PM,21M PC的大小等于异面直线12A N,1AM所成的角或其补角的大小.9 分1212PMAM,12PC,26M C.212261cos2222M PC.异面直线12A N,1AM所成的角的大小等于3.14 分18、14 分解：1210zz的两个根为1322

10、zi.2 分1cos2A,3sin2A,3A.4 分562sinsin124C,sinsincaCA,得3 262c 7 分22222cosabcbcA.2292bcbcbcbcbc,从而9bc,等号当bc时成立,此时max19 3sin24SbcA.ABC的面积的最大值等于9 34.14 分19、14 分解：1 设(,)nnnaxy,12(,)ddd.由1nnaad,得1112nnnnxxdyyd,所以数列nx是以1x为首项,公差为1d的等差数列；数列ny是以1y首项,公差为2d的等差数列.3 分121212,)（nnnaaaxxxyyy11121112111(1),(1)(,)(1)(,)

11、222nxn ndnyn ndn xyn ndd.11(1)2nan nd.6 分2 设(,)nnnaxy,(,)nnnbmk.由11111(,)(,)(,)(3,0)nnnnnnnnnnaaxyxyxxyy,从而13nnxx,10nnyy.数列nx是以 1 为首项,公差为 3 的等差数列,从而32nxn.数列ny是常数列,1ny.由12nnbb得12nnmm,12nnkk,又11m,13k,数列nm是以 1 为首项,公比为2 的等比数列；数列nk是以 3 为首项,公比为 2 的等比数列,从而有12nnm,13 2nnk.10 分112211221 122nnnnnnabababx mx mx

12、 myky ky k令2111221 14272(32)2nnnnSx mx mx mn2321 24272(32)2nnSn.-得,23113(2222)(32)2nnnSn,得5(35)2nnSn令1 1223(12)3(21)12nnnnnTy ky ky k从而1122(32)22nnnnnabababSTn14 分20、16 分解：1 由点(,)M m n在椭圆C上,有2212mn,(,)M m n在直线12mxny上当0n时,由2212mn,得22m,直线方程为2xm,代入椭圆方程得22220mym,得一个交点2,0)（m,直线l是椭圆C切线.当0n时,有2212mn,直 线 为1

13、2myxnn代 入 椭 圆 方 程 得221102xmxn,有222214(1)2202mnmn,直线是椭圆C切线.4 分另解：不讨论将椭圆方程化为222222n xn yn,将直线方程12mxny代入消y,得到x的一元二次方程,然后证明0.2点(,)M m n不在坐标轴上,:(2)2nAMyxm,得2(0,)2nPm.:(2)2nBMyxm,得2(0,)2nQm6 分过 点(,)M m n的 切 线 为:12mxlny,得1(0,)Dn.由2212mn,得2222mn,从 而 有222422222PQDnnnyyymnmm,点D是线段PQ的中点.9 分3(,)M m n,:12mxlny,l

14、的方向向量(2,)dnm,2212mn.1(1,0）F,2(1,0）F,1(1,)MFmn,2(1,)MFmn,记d与1MF的夹角,d与2MF的夹角.12 分1222222221(2)22cos24(1)4422n mnd MFnmnd MFnmmnnmnmm,2222222222(2)22cos24(1)4422nmnd MFnmnd MFnmmnnmnmm,所以coscos,有,从而有l与直线1MF,2MF所成的夹角相等.16 分21、18 分解：由33344()()022aa,得343a3分2 设21xx,212112212133332121()1()()()11(1)(1)xxxxx

15、x xxg xg xxxxx当xx312412时,210 xx,3210 x,3110 x,31 2212x x,31224xx,有12122()1x xxx,12121 1()0 x xxx,21()()0g xg x.6 分当312402xx时,210 xx,3210 x,3110 x,312202x x,31240 xx,有.12121()0 x x xx,121201()1x x xx,21()()0g xg x.当1201xx时,210 xx,3210 x,3110 x,x xxx1 2121()0,21()()0g xg x.()g x在34(1,2递减,在34,02和0,1)上递增,从而在34,1)2上递增.10 分 充 分 性：当343a时,有3334434()022222afaa,又(1)10f,函 数3()f xaxxa在31,1)2内 的 图 像 连 续 不 断,故 在31,1)2内 一 定 存 在 零 点q且1q,有30aqqa,得31qaq,从而4732naqqqq.14 分必要性：当0q时,0a.当0q时,由4732naqqqq成立,可得311q从而得11q,31qaq,由 2 中的结论可知3()1xg xx在34(1,2递减,在34,1)2递增,从而,341()32g x或34()3g x.从而31qaq,11q时,有343a.18 分