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1、2017 学年第二学期徐汇区学习能力诊断卷 高三数学 2018.4 一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，第 7-12 题每题 5 分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果 1已知全集RU，集合0322xxxA，则ACU .2在61xx的二项展开式中，常数项是 .3函数()lg(32)xxf x 的定义域为_ 4已知抛物线2xay的准线方程是14y ，则a .5若一个球的体积为323，则该球的表面积为_ 6已知实数xy，满足001xyxy，则目标函数zxy的最小值为_ 7函数2sincos1()11xxf x的最小正周期是_ 8若一圆锥的底面半径为3，体
2、积是12，则该圆锥的侧面积等于 .9将两颗质地均匀的骰子抛掷一次，记第一颗骰子出现的点数是m，记第二颗骰子出现的点数是n，向量2,2amn，向量 1,1b，则向量ab的概率是 .10 已知直线12:0,:20lmxylxmym.当m在实数围变化时，1l与2l的交点P恒在一个定圆上，则定圆方程是 .11 若 函数222(1)sin()1xxf xx的 最 大值和 最小 值分 别为M、m，则 函 数()sin1g xMm xMm x图像的一个对称中心是 12 已 知 向 量,a b满 足8|15a、4|15b，若 对 任 意 的(,)(,)|1,0 x yx yxaybxy，都 有|1xy成 立，
3、则a b的 最 小 值为 .二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题分）每题有且只有一个正确选项。考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑 13在四边形ABCD中，ABDC，且ACBD0，则四边形ABCD是-（）（A）菱形 （B）矩形 （C）直角梯形 （D）等腰梯形 14.若无穷等比数列 na的前n项和为nS，首项为1，公比为12，且aSnnlim，(n*N)，则复数iaz1（i为虚数单位）在复平面上对应的点位于-（）（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限 15在ABC中，“cossincossinAABB”是“090C”的-（）（A）充分非必要
4、条件（B）必要非充分条件（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件 16如图，圆C分别与x轴正半轴，y轴正半轴相切于点,A B，过劣弧AB上一点T作圆C的切线，分别交x轴正半轴，y轴正半轴于点,M N，若点(2,1)Q是切线上一点，则MON周长的最小值为-()NMD1C1B1A1DCBA（A）10 （B）8 （C）4 5 （D）12 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.17(本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分)如图在长方体1111DCBAABCD 中，2AB，4AD，121AC，点M为AB的中点，
5、点N为BC的中点（1）求长方体1111DCBAABCD 的体积；（2）求异面直线MA1与NB1所成角的大小（用反三角函数表示）18(本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分)如图：某快递小哥从A地出发，沿小路ABBC以平均时速 20 公里/小时，送快件到C处，已知10BD（公里），0045,30DCBCDB，ABD是等腰三角形，0120ABD（1）试问，快递小哥能否在 50 分钟将快件送到C处？（2）快递小哥出发 15 分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路ADDC追赶，若汽车平均时速 60 公里/小时，问，汽车能否先到达C处？19(
6、本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分)已知函数2()31f xxtx，其定义域为0,312,15，(1)当2t 时，求函数()yf x的反函数；(2)如果函数()yf x在其定义域有反函数，数t的取值围 20(本题满分 16 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 6 分)如图，,A B是椭圆22:12xCy长轴的两个端点，,M N是椭圆上与,A B均不重合的相异两点，设直线,AM BN AN的斜率分别是123,k kk.(1)求23kk的值；(2)若直线MN过点2,02，求证：1316k k；(3)设直线MN与x轴的交点为(
7、,0)t(t为常数且0t)，试探究直线AM与直线BN的交点Q是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由 21(本题满分 18 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 8 分)已知数列 na的前n项和nA满足*11()12nnAAnNnn，且11a，数列 nb满足*2120()nnnbbbnN，32b，其前 9 项和为 36(1)求数列 na和 nb的通项公式；(2)当n为奇数时，将na放在nb的前面一项的位置上；当n为偶数时，将nb放在na前面一项的位置上，可以得到一个新的数列：1122334455,a b b a a b b a a
8、 b，求该数列的前n项和nS；(3)设1nnncab，对于任意给定的正整数2k k，是否存在正整数,()l m klm，使得,klmc c c成等差数列？若存在，求出,l m(用k表示)；若不存在，请说明理由 2017 学年第二学期徐汇区学习能力诊断卷 数学学科参考答案及评分标准 2018.4 一 填空题：（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，第 7-12 题每题 5 分 3,1 220 3(0,)41 516 61 7 8 916 10 2220 xyxy 11114，12815 二选择题：（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题分）13A 14D 15B 1
9、6A ENMD1C1B1A1DCBA三 解答题：（本大题共 5 题，满分 74 分）17(本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分)【解】（1）连AC、1ACABC是直角三角形，22242 5AC 1111DCBAABCD 是长方体，BCCC1，CDCC1，又CBCDC，CC1平面ABCD，ACCC1 又在1ACCRt中，121AC，2 5AC，11CC，1 1 118ABCD A BC DV-6分（2）解法一：如图建立空间直角坐标系 则14,0,1A、4,1,0M、14,2,1B、2,2,0N，所 以10,1,1AM、12,0,1B N ，10 分 则向量1AM
10、与1BN 所成角满足111110cos10AM B NAMB N 异面直线MA1与NB1所成的角等于10arccos1014 分 解法二：取AD的中点E，连EA1、EM 11/BAABEN，四 边 形NEBA11为 平 行 四 边 形，NBEA11/，MEA1等于异面直线MA1与NB1所成的角或其补角-9 分 1AM，2AE，11AA，得12AM，15AE，5EM，125510cos10225EAM，110arccos10EAM 异面直线MA1与NB1所成的角等于10arccos10-14分 18(本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分)【解】（1）10AB（公
11、里），BCD中，由00sin45sin30BDBC，得5 2BC（公里）-2 分 于是，由105 26051.215020知，快递小哥不能在 50 分钟将快件送到C处-6分（2）在ABD中，由222110102 10 103002AD，得10 3AD（公里），-8 分 在BCD中，0105CBD，由005 2sin105sin30CD，得5 13CD（公里），-10分 由10 35 1360 1520 15 345.9851.2160（分钟）知，汽车能先到达C处-14 分 19(本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分)【解】(1)38,8,138,73,136x
12、xyxx；-6 分(2)01 若302t，即0t，则 yf x在定义域上单调递增，所以具有反函数；-8 分 02 若3152t，即10t，则 yf x在定义域上单调递减，所以具有反函数；-10 分 03 当33122t，即28t 时，由于区间0,3关于对称轴32t的对称区间是 33,3tt，于是当312332tt或33153122tt，即2,4t或6,8t时，函数 yf x在定义域上满足 1-1 对应关系，具有反函数 综上，(,02,4)(6,810,)t-14 分 20(本题满分 16 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 6 分)【解】(1)设00(,)
13、N xy，由于(2,0),(2,0)AB，所以2000232000222yyykkxxx，因为00(,)N xy在椭圆C上，于是220012xy，即220022xy，所以202320122ykkx.-4 分(2)设直线2:2MN xmy，1122(,),(,)M x yN xy，由222222xmyxy 得223(2)202mymy，于是12122223,222myyyymm ，-6分 1212132121212223 2922yyy yk kxxm y ym yy 222222233221239633 229322222222mmmmmmmmm 10 分 (3)由于直线MN与x轴的交点为(,
14、0)t，于是:MN xmyt，联立直线:MN xmyt与椭圆22:12xCy的方程，可得 222(2)220mymtyt，于是212122222,22mttyyyymm.-12 分 因为直线11:(2)2yAM yxx，直线22:(2)2yBN yxx，两式相除，可知 1212122112212122(2)2222(2)xymytymy ytyxyyxxmytmy yty 222122122211222(2)()(2)(2)(2)222(2)(2)(2)(2)2tmtmtym ttmymmtm ttmymtym 2121(2)(2)222(2)(2)2m tmytttm tmyt，于是2xt，
15、所以2xt，即直线AM与直线BN的交点Q落在定直线2xt上16 分 21(本题满分 18 分，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 8 分)【解】答案：(1)因为*11()12nnAAnNnn，于是数列nAn是首项为 1，公差为12的等差数列，所以1122nAnn，即*(1)()2nn nAnN，当2n 时，1nnnaAAn，又因为11a，所以*()nan nN.-2分 又因为*2120()nnnbbbnN，于是数列 nb是等差数列，设 nb的前n项和为nB，由于95936Bb，则54b，由于32b，所以1(*)nbnnN-4 分(2)数列 na的前 n 项和(
16、1)2nn nA，数列 nb的前n项和(1)2nnnB-5 分 当2(*)nk kN时，22(1)(1)22nkkkk kkkSSABk；-6 分 当43(*)nkkN时，2432122(21)(23)(1)463nkkkSSABkkkkkk；-7 分 当41(*)nkkN时，241212(21)(21)42nkkkSSABkkkkkk；-8分 所以2221,243,4341,414nnnknSnknnk，其中*kN-10 分(3)由(1)可知，121ncn.若对于任意给定的正整数2k k，存在正整数,()l m klm，使得,klmc c c成等差数列，则2lkmccc，即211212121
17、lkm，-11 分 于是121421212121(21)(21)klmlklk，所以222(1)(214)(21)421421klklklkkmklkl 2(21)1421kkkl，即2(21)1421kmkkl，-13 分 则对任意的2,k kkN，421kl能整除2(21)k，且4210kl.由于当2k 时，21k 中存在多个质数，所以421kl只能取1或21k 或221k-14 分 若421 1kl，则21lk，2452mkk，于是 2473(43)(1)0mlkkkk，符合klm；-15 分 若42121klk，则kl，矛盾，舍去；-16 分 若2421(21)klk，则2mk，于是0m，矛盾-17 分 综上，当2k 时，存在正整数221,452lkmkk，满足klm，且使得,klmc c c成等差数列-18 分