上海市奉贤区高三数学一模答案.docx
《上海市奉贤区高三数学一模答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市奉贤区高三数学一模答案.docx（24页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
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
升级会员 