2021届上海市华东师大二附中高三上学期9月月考数学试题（解析版）

2021届上海市华东师大二附中高三上学期9月月考数学试题

一、单选题

1．已知空间向量和，设和，则 “”是“”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件

【答案】A

【解析】利用充分条件、必要条件的定义结合空间向量共线的坐标表示、二阶行列式判断可得出结论.

【详解】

充分性：若，则；

若、至少有一个非零向量，可设，则存在实数，使得，

则，，.

充分性成立；

必要性：取，，则，，

但与不共线，必要性不成立.

因此，“”是“”的充分非必要条件.

故选：A.

【点睛】

本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了空间向量共线坐标表示的应用以及行列式的计算，考查计算能力与推理能力，属于中等题.

2．已知的反函数为，则的定义域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据原函数的定义域是反函数值域,只需求反函数的值域即可得到.

【详解】

因为的反函数为,

所以的定义域为的值域,

因为,

所以,

即的值域为,

所以的定义域为.

故选.

【点睛】

本题考查了原函数与其反函数的定义域和值域的关系,属于基础题.

3．运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等.现将椭圆绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】构造一个底面半径为3，高为4的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积．

【详解】

解：构造一个底面半径为3，高为4的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，

则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，

，

故截面面积为，

把代入椭圆可得，

橄榄球形几何体的截面面积为，

由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积．

故选：B．

【点睛】

本题考查类比推理，涉及了立体几何知识，祖暅原理等，属于中档题．

4．已知数列满足，，则下列选项错误的是（    ）

A．数列单调递增

B．不存在正数，使得恒成立

C．

D．

【答案】D

【解析】利用数列单调性的定义可判断A选项的正误；利用数列的单调性可判断B选项的正误；推导出，利用数列极限的运算性质可判断C选项的正误；计算出数列前项，利用数列的单调性可判断D选项的正误.

【详解】

对于A选项，，

，则，即，

，则，以此类推可得知，对任意的，，

所以，数列是单调递增数列，A选项正确；

对于B选项，由A选项可知，数列单调递增，

且对任意的，，可知当，，

所以，不存在正数，使得恒成立，B选项正确；

对于C选项，，，

则，，

所以，，

所以，，C选项正确；

对于D选项，数列满足，，则，

，，，

由于数列单调递增，则，D选项错误.

故选：D.

【点睛】

本题考查数列递推公式的应用，考查数列的单调性、极限的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

二、填空题

5．已知集合，，则________

【答案】

【解析】解出集合B，根据并集运算法则即可得解.

【详解】

由题解得

所以，，所以.

故答案为：

【点睛】

此题考查集合的并集运算，关键在于熟练掌握绝对值不等式的解法.

6．若复数满足，则复数的虚部为________

【答案】1

【解析】求解再得出虚部即可.

【详解】

因为，故，故虚部为1.

故答案为：1

【点睛】

本题主要考查了复数的运算与虚部的概念，属于基础题.

7．若，则__________．

【答案】

【解析】直接利用余弦的二倍角公式进行运算求解即可.

【详解】

.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了余弦的二倍角公式的应用，属于基础题.

8．二项式的展开式中的系数为________

【答案】252

【解析】写出展开式通项公式，令的指数为5可得其项数，从而得系数．

【详解】

展开式通项公式为，由得所求系数为．

故答案为：252

【点睛】

本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键．

9．记为等差数列的前n项和．若，则__________．

【答案】

【解析】因为是等差数列，根据已知条件，求出公差，根据等差数列前项和，即可求得答案.

【详解】

是等差数列，且，

设等差数列的公差

根据等差数列通项公式：

可得

即：

整理可得：

解得：

根据等差数列前项和公式：

可得：

.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了求等差数列的前项和，解题关键是掌握等差数列的前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

10．若x，y满足约束条件则的最大值是__________．

【答案】

【解析】在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域，然后平移直线，在平面区域内找到一点使得直线在纵轴上的截距最大，求出点的坐标代入目标函数中即可.

【详解】

不等式组表示的平面区域为下图所示：

平移直线，当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，

此时点的坐标是方程组的解，解得：，

因此的最大值为：.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想，考查数学运算能力.

11．圆锥的母线长为10，高为8，它的侧面展开图的中心角为________弧度

【答案】

【解析】利用勾股定理求得底面半径，然后求得底面周长就是弧长.再根据弧长公式求出中心角即可.

【详解】

解: 因为圆锥的母线长为10，高为8,

所以底面半径为:,

侧面展开图的弧长为:,

则侧面展开图的中心角为:.

故答案为:

【点睛】

本题考查了圆锥的计算，考查了弧长公式.正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长.

12．已知方程恰有3个解，则的取值范围为________

【答案】

【解析】分类讨论去掉绝对值，根据方程恰有3个解，可分析出每一类的方程的根的情况，进而通过判别式和韦达定理列不等式组求出的取值范围.

【详解】

解：当时，得，此时方程无解；

当时，①，

当时，②，

要方程恰有3个解，

则方程①有两个正根，方程②有一正根一负根，

，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查含绝对值的方程的根的问题，关键是要分类讨论去绝对值，是一道基础题.

13．已知点为椭圆的左焦点，点为椭圆上任意一点，点为坐标原点，则的最大值为________

【答案】

【解析】设点的坐标为，则，可得出，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最大值.

【详解】

设点的坐标为，则，则，可得，

椭圆的左焦点为，，，

则，

二次函数在区间上单调递增，

所以，.

因此，的最大值为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查椭圆中向量数量积最值的求解，考查了椭圆有界性以及二次函数基本性质的应用，考查计算能力，属于中等题.

14．有五张写有1、2、3、4、5的卡片，每次抽取1张记好数字后放回，这样抽4次，则抽到的最大数与最小数的差小于4的概率是________

【答案】

【解析】五张不同的卡片，有放回的抽4次，共有种不同的取法，最大数与最小数的差小于4的取法指所选的数字均来自1，2，3，4或者2，3，4，5的情况，再去掉重复的部分——所选的数字均来自2，3，4的情况，再利用概率公式即可求概率.

【详解】

有五张写有1、2、3、4、5的卡片，每次抽取1张记好数字后放回，这样抽4次，

共有种不同的取法，差值可能为1、2、3、4，

最大数与最小数的差等于4，则4 次抽取中5或1没有抽到，没有抽到1的有

没有抽到5的有 ，5和1都没有抽到的有种，所以抽到的最大数与最小数的差小于4有种，

所以抽到的最大数与最小数的差小于4的概率

故答案为：

【点睛】

本题主要考查古典概型求概率，涉及排列组合知识，属于中档题.

15．已知，，则的最大值为________

【答案】

【解析】将的平方化为，令，结合函数的单调性即可得出结果.

【详解】

（）

令，

则（）式，其在上单调递减，

∴当时，即或时，（）式取得最大值，

∴的最大值为，

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了利用函数的单调性求最值，利用整体代换思想是解题的关键，属于中档题.

16．在△中，，，点为△内（包括边界）任意一点，若，则的取值范围为________

【答案】

【解析】记，可得出，设直线交于点，设，证明出，设，可得出，然后过点作的平行线交于点，进而得出，求出的最大值和最小值，进而可得出的取值范围.

【详解】

记，从而，

在直线上任取一点，设，

由于，则存在实数，使得，即，

，则，

设直线交直线于点，过点作直线的平行线交直线于点，

则，设，则，

且，即，

由于、不共线，则，，

由于与方向相反，则且，

过点作直线的平行线交于点，

当点与点重合时，此时取得最小值，此时，即；

当点与点重合时，此时取得最大值，

设直线交于点，直线交于点，

易证，可得，

，可得，所以，为线段的中点，

，则，

，则，

取的中点，连接，则，且，从而，

，则，所以，，

所以，的最大值为，即.

综上所述，的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用平面向量的基本定理求含参代数式的取值范围，考查了等和线性质的应用，考查数形结合思想以及计算能力，属于难题.

三、解答题

17．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；

（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；

（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.

【详解】

（1）证明：

在正方形中，，

因为平面，平面，

所以平面，

又因为平面，平面平面，

所以，

因为在四棱锥中，底面是正方形，所以

且平面，所以

因为

所以平面；

（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，

设，则有，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，

所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.

【点睛】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.

18．已知函数（a为实常数）.

（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由;

（2）当为奇函数时，对任意的，不等式恒成立，求实数u的最大值

【答案】（1），奇函数，，非奇非偶函数；理由见解析；（2）3.

【解析】（1）若函数为奇函数，由奇函数的定义可求得的值；又，则不可能为偶函数，即时，函数是非奇非偶函数；

（2）对任意的，不等式恒成立，化简不等式参变分离，构造新函数，利用换元法和对勾函数的单调性求出最值，代入得出实数u的最大值．

【详解】

（1）若函数为奇函数，

则，

即，对恒成立，

所以，

解得，

又，

对任意实数，，所以不可能为偶函数，

所以时，函数是非奇非偶函数.

（2）当为奇函数时，，，

因为对任意的，不等式恒成立，

所以对任意的，不等式恒成立，

令，

令，

因为，在是增函数，

所以当时，，即，

所以，

所以实数u的最大值是3.

【点睛】

本题考查函数的性质和恒成立问题，考查函数奇偶性的定义，考查对勾函数的单调性，考查学生转化思想和计算能力，属于中档题．

19．今年年初新冠肺炎肆虐全球，抗击新冠肺炎的有效措施之一是早发现､早隔离.现某地发现疫情，卫生部门欲将一块如图所示的四边形区域沿着边界用固定高度的板材围成一个封闭的隔离区.经测量，边界与的长都是200米，，.

（1）若，求的长(结果精确到米)；

（2）围成该区域至多需要多少米长度的板材？(不计损耗，结果精确到米).

【答案】（1）米；（2）631米.

【解析】（1）直接根据正弦定理即可求出；

（2）设，利用正弦定理、三角函数的变换和三角函数的性质可求出取得最大值，进而可得结果．

【详解】

（1）联结，则在中

由，得：

所以的长约为163米

（2）设，则

在中，由，

得：

所以

所以当时，取得最大值，

此时围成该施工区域所需的板材长度最长，为千米，约为631米

【点睛】

本题考查了正余弦定理，三角函数的性质的应用，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于中档题．

20．已知抛物线（）的焦点为，直线过点且与相交于、两点，当直线的倾斜角为时，.

（1）求的方程；

（2）若点是抛物线上、之间一点，当点到直线的距离最大时，求△面积的最小值；

（3）若的垂直平分线与相交于、两点，且、、、四点在同一圆上，求的方程.

【答案】（1）；（2）2；（3）或.

【解析】（1）设出直线的方程，代入，利用列方程求解即可；

（2）设直线的方程为，联立，消去，利用韦达定理求出，再利用直线和抛物线相切时距离最大，求出△的高，求出△的面积，进而可得最小值；

（3）可的方程为，与抛物线联立，求出，即线段的中点坐标，设的方程，与抛物线联立，求出，即线段的中点坐标，再利用、、、四点在同一圆上等价于，列方程计算即可.

【详解】

解：（1）由已知，设，

设直线的方程为，代入，得，

则，

于是，得，

∴的方程为；

（2）设直线的方程为，

联立，消去，得，

于是，

由题意，抛物线过点的切线与直线平行，可设该切线的方程为，

代入，得，

由，可得，

从而可得点到直线的距离为，

∴，当且仅当时等号成立，

即面积的最小值为2；

（3）由题意知与坐标轴不垂直，

∴可设的方程为，

代入，得，

设、，则，．

∴的中点为，，

又的斜率为，

∴的方程为，

将上式代入，并整理得，

设、，则，，

∴的中点为，，

由于垂直平分，

∴、、、四点在同一圆上等价于，

从而，

即，

化简得：，解得：或，

所求直线的方程为或．

【点睛】

本题考查直线与抛物线相交，相切，熟练应用韦达定理来求弦长和弦的中点坐标，考查计算能力与分析能力，是一道中档题.

21．在无穷数列中，，、是给定的非零整数.

（1）若，，求；

（2）证明：数列中必存在的项；

（3）证明：数列中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【解析】（1）根据，，进行递推得到数列的周期性求解.

（2）假设中没有“0”项，由，当都有，然后分，讨论求解.

（3）设第一次出现“0”项为，记，由自第项开始，每三个相邻的项周期地取值0，，求解.

【详解】

（1）∵，，，，，，，，，，……

∴自第20项起，每三个相邻的项周期地取值1，1，0，

又，

∴．

（2）假设中没有“0”项，由于，

∴当都有，

若，则，

若，则，

即要么比至少小1，要么比至少小1，

令，，

则，

由于是确定的正整数，这样下去，必然存在某项，这与矛盾，

∴中必有“0”项．

（3）若第一次出现“0”项为，记，则自第项开始，每三个相邻的项周期地取值0，，，即，，，，

∴数列中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列．

【点睛】

本题主要考查数列的周期性和数列的存在性，还考查了理解辨析和逻辑推理的能力，属于中档题.