上海市奉贤区高三数学一模答案.docx
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上海市奉贤区高三数学一模答案
2019年12月奉贤区高三数学一模参考答案
一、填空题(
1-6,每个4分,7-12
每个5分,合计
54分)
1、3
2
、3
2
3、5
4
、0
5、80
6
、180
7、x2
y2
1或y2
x2
18、y
log2
x1
1
9
9
1
9、5x2
y2
36
10、8
(x
0
且y
0)必须挖掉点
11、
1
2
3
等
log2(
2
x
x2
)
B2
满足①A
0,②A、B、C成等差数列,③
4AC0
三个条件必须完全具备,与底数无关,否则算错
12、3
二、选择题(每个5分,合计
20分)
13、A
14
、D
15
、A
16
、C
三、解答题(14+14+14+16+18=76分)
17.解:
(1)因为长方体
ABCD
A1B1C1D1中有DD1
平面A1B1M
因为A1B1与D1C1
平行,所以点M到线段A1B1的距离等于B1C1
4
所以SABM
1
A1B1B1C1
1244
-----------3
分
1
1
2
2
所以VDABM
11
(2)
1SA1B1MDD1
1
44
16
-----------7分
3
3
3
D1
M
C1
A1
H
B1
长方体ABCD
A1B1C1D1
中
可得AD1
42
,DM
17,AM1
D
C
17
A
B
从而SADM
6
2
-----------3
分
1
过点B1作B1H
平面A1DM
由VDA1B1M
VB1
A1DM得1SABMDD1
1SADMB1H
3
1
1
3
1
求得B1H
SA1B1MDD1
444
-----------2
分
SADM
6
2
23
1
由B1H
平面A1DM,且AB//A1B1
1
知
B1A1H为直线AB与平面DA1M所成的角
-----------1分
B1H
4
2
2
Rt
B1HA1中,sin
B1A1H
3
2
A1B1
2
3
所以
B1A1H
arcsin2
2
3
arcsin2
所以直线AB与平面DA1M所成的角的大小为
2
-----------1分
3
18.解:
(1)∵随着时间
x的增加,y的值先减后增
-----------1
分
三个函数中yax
b、y
alogb
x、y
k
ax显然都是单调函数,
不满足题意
------------4
分
∴选择y
ax2
bx
c.
-----------1
分
(2)把点
(4,90)
,
(10,51)
,(36,90)
代入y
ax2
bx
c中,
16a
4b
c
90
1,b
得
100a
10b
c
51
,解得a
10,c
126.
1296a
36b
c
90
4
∴y
1x2
10x126
1
x
20
2
26,
-----------4
分
4
4
∴当x=20
时,y有最小值
ymin
26
.
-----------3
分
答:
当纪念章上市
20天时,该纪念章的市场价最低,最低市场价为
26元.
-------1
分
19.解:
(1)由条件知,
点P的轨迹是以F1
3,0
F2
3,0
为焦点,长轴长为
4的椭圆
所以2a
4,c
3,b2
a2
c2
1
所以点P的轨迹方程是
x2
y2
1
-----------3
分
4
设P(x0,y0),由PF1
PF2
0得x0
2
y0
2
3
-----------2
分
2
x02
y02
3
x0
26
由x02
,点P是第二象限内的点,解得
3
2
3
4
y0
1
y0
3
2
6
3
-----------2分
所以点P的坐标为(
3
)
3
(2)设P(2cos
sin)
-----------1分
M1(x1,y1)、M2(x2,y2),因为M1,M2是关于原点对称的两个定点,
所以x1x2、x1x2、y1y2、y1y2为定值----------1分
PM1
(x1
2cos
y1
sin
),PM2(x2
2cos
y2sin)
所以PM1
PM2
(x1
2cos
)(x2
2cos
)
(y1
sin
)(y2sin)
x1x2
2cos
(x1
x2)
4cos2
y1y2
sin
(y1
y2)
sin2
因为x1
x2
0,y1y2
0
----------1分
x1x2
2cos
(x1
x2)
3cos2
y1y2
sin
(y1
y2)
1
x1x2
3cos2
y1y2
1
(*)
-----------2分
由x1x2、y1y2为定值,cos2
[0,1]
知(*)式P在左右端点时有最大值x1x2y1y24
-----------1分
P在上下端点时有最小值x1x2
y1y21
----------1分
20.解:
(1)由
x
k
得x
2k1,kZ
2
2
所以函数f
x
2k
1
----------2分
sintanwx的定义域为{x|x
kZ}
2
k
Z不写扣1分
所以定义域关于原点对称
fxsintanw(x)
sintanwx
sintanwxf(x)
所以函数fxsintanwx
是{x|x
2k
1,kZ}上的奇函数.
2
-----------1分
-----------1分
----------1分
3
(2)w1,fxsintanx
函数f(x)是周期函数,且是它的一个周期.
因为fxsintanxsintanxf(x)
所以函数f(x)是周期函数,且是它的一个周期.
----------2分(必须要验证)
假设T0是函数f
xsintanx的最小正周期,且0
T0
那么对任意实数x,都有fx
T0
sin
tanx
T0
sintanx
f(x)成立
取x
0,则
0
,所以
tanT0
k
,
kZ
(
)
sin
tanT
0
取x
T0,则sin
tan2T0
sintanT0
所以sin
2tanT0
sintanT0
1
tan2
T0
把(*)式代入上式,得sin
2k
0,所以
2k
n,
k,n
Z
k2
2
1
k22
1
2k
得22n,k,nZk0时,上式左边为无理数,右边为有理数
1k
所以只能k0但由0T0,tanT0k,kZ知k0
所以假设错误,故是f(x)的最小正周期.
-----------3分
()因为x
0,1
(x
1
1
1
1且f
xsin
tanwx
1
3
2
)
2
x
x
2
x
由f
x
sin
tanwx
g(x)
1(x
1)成立,当且仅当x
1成立
-----------2分
2
x
sin
tanw
1,得tan
2k
2
所以
arctan(2k
)
n
,k,n
Z
2
因为
(1.50,1.57),所以只能n
0
得
arctan(2k
),k
Z
-----------1分
2
得
arctan(2k
)是k的递增函数
2
3)
当k
0
时,
arctan(2k
)arctan(
0,不符合
2
2
4
当k
0
时,
arctan
1.00
(1.50,1.57)
2
当k
1时,
5
1.44
(1.50,1.57)
arctan
2
当k
2
时,
arctan9
1.5001(1.50,1.57)
2
当k
3
时,
arctan13
1.52
(1.50,1.57)
2
当
k
199
时,
arctan
797
1.56991.501.57
2
,
当k
200时,
arctan
801
1.5700015461.501.57
2
,
当k200时,1.5700015461.50,1.57无解
故满足条件的的个数有198个.
21.解:
(1)因为集合M
1,x,y具有性质
,
所以dM
M
d
M
d(M)1
3
4
6
=
2
2
因为M
M
中的元素可能为2,2x,2y,1
x,1
y,x
y
这六个元素同时满足
2
x
y,2x
1
y,
2y
1x
所以集合M中的三个元素不可能组成等差数列
(2)由Sn1
2Sn
1①,得S
2S
1
1(n
2,nN*)②
3
n
n
3
①、②相减得到
dn1
2dn
(n
2,n
N*)③
n1得S2
d1
d2
2d1
1,d2
d1
12,
3
3
3
所以d2
2d1
-----------1分
所以dn1
2dn
(n
N*)
,得到dn
1
2n1
3
集合D
D中的所有元素从小到大进行排序
得到1
1
1
2
2
2
,
2i1
2j1
,
2
22019
满足t1t2t3
3
3
3
3
3
-----------3分
-----------1分
-----------1分
-----------2分
-----------1分
tk
5
其中(i,j)与数对(1,1);(1,2),(2,2);(1,3),(2,3),(3,3);(1,4),(2,4),(3,4),(4,4);
;(1,n0),(2,n0),(3,n0),
,(n0,n0)对应.
-----------2
分
所以1
2
n
0
n0(n
1)
2020
2
0
解得n0max
63
当n0
63时,1
2
63
63(631)
2016
2
所以t2020对应的数对为(4,64),所以t2020
23
263
-----------2分
3
(3)设数列
cn
的公比为q,则C
{c1,c1q,c1q2,
c1qn1}
CC的元素至多有n
nCn2
n2
n(n
1)
n(n
1)个
-----------2
分
2
2
因为cn
0,所以c1
0,q
0
设n1
n2n3
n4,所以cn1
cn2
cn3cn4
或cn1
cn2cn3
cn4
只要证明cn
cn
4
cn
cn
恒不成立即可.
-----------1
分
1
2
3
即qn11
qn41
qn21
qn31,
假设qn11
qn41
qn21
qn31
即qn4n1
qn2n1
qn3n1
1(*)
因为q是有理数,设q
s,t
N*
,s
Z且s,t互质
t
得sn2n1tn4n2
sn3n1tn4n3
tn4n1
sn4n1
所以左边是t的倍数,右边不是t的倍数,所以(*)式不成立
所以集合C具有性质-----------
5分
6