《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 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 +102nx +116函数 f x的反函数为_217已知ln x 1集为_( )( )( )( )f x + x = 0,若方程 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 + n 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
2、 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(, , , , )3nn23344332ABCDpp cos x= 1”是“ x = kp + ,k Z14“”的(, , , , )22A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 x15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 Rx 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
3、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 x0,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
4、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
5、发奖后的基金总额 ,其中( n N(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；RSM + RSN =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 nN* ,都有a= b a = c或,其中数列 b 是以b 为首项，d
6、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 n Nd q 1(1)若a* ,求的值；2n+1n 0 0 c 0 d 0n N* 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+
7、 2i5【答案】16【答案】 y(0 x 02 pk2 p+k Z， ,当 a时，令 kx242p3p2kp x 2kp +， k Z ，解得44p3p2kp ,2kp +k Z，所以单调增区间是，44pp3p 0k2 4 0,所以222,故12k24( ) ( ), yN x , y+ =， x x设 M x，,则 x x，+ 2k + 2112212k21 2212k 224( )= 1+ k x x = 1+ kx + x 4x x = 1+ k 4所以 MN1+ k2222k + 2 k+ 212121 222( )1+ k4 3 1+ k222=144k 96 k + 2 =48k
8、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)
9、当直线l 的斜率存在时，由(2)得 x，+ 2k + 212k21 22因为RSM + RSN =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k 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,(
10、)0,2+ RSN 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，nn 01a = 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 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 cq设 a，a cqn1
11、,则,n1n+1n 0时，b + nd 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 1时，b , c 均不减,所以 SM 显然不成立，nnn1 q 1 q 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，1234c,n = 2k 1= *k N，
12、即 S n ，0,n = 2k= cM 恒成立故存在常数 M,使得 Snq 2M| q | 2M+1， logn当b，c1,即n时,nd|q|c2M b 22 M， M矛盾,nnn综上所述，1 q 1 q 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k 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,( )0,2+ RSN p 恒成立=
13、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，nn 01a = 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 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 cq设 a，a cqn1 ,则,n1n+1n 0时，b +
14、 nd 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 1时，b , c 均不减,所以 SM 显然不成立，nnn1 q 1 q 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，1234c,n = 2k 1= *k N，即 S n ，0,n = 2k= cM 恒成立故存在常数 M,使得 Snq 2M| q | 2M+1， logn当b，c1,即n时,nd|q|c2M b 22 M， M矛盾,nnn综上所述，1 q 1 q 09