高三数学上学期期末质量监控试题含解析 试题

松江区2021届高三期末质量监控〔一模〕
数学试卷
一. 填空题〔本大题一一共12题，1-6每一小题4分，7-12每一小题5分，一共54分〕
，，那么________
【答案】
【解析】
【分析】
化简集合B，根据交集的定义写出A∩B．
【详解】集合A={x|x＞1}，B={x|x〔x﹣3〕＜0}={x|0＜x＜3}，
∴那么A∩B={x|1＜x＜3}．
故答案为．
【点睛】此题考察交集的求法，考察交集定义、分式不等式求解等根底知识，考察运算求解才能，是根底题．
满足，那么________
【答案】1
【解析】
因为，所以，所以.
的图像与函数的图像关于直线对称，且点在函数的图像上，那么实数________
【答案】2
【解析】
【分析】
由题意可知函数y=f〔x〕与函数y=a x〔a＞0且a≠1〕互为反函数，求出y=a x的反函数，再将〔4，2〕代入可得答案．
【详解】∵函数y=f〔x〕的图象与函数y=a x〔a＞0且a≠1〕的图象关于直线y=x对称，∴函数y=f〔x〕与函数y=a x〔a＞0且a≠1〕互为反函数，
由y=a x〔a＞0且a≠1〕，得x=log a y，
那么f〔x〕=log a x，
∵点P〔4，2〕在函数y=f〔x〕的图象上
由f〔4〕=2，得log a4=2，
解得：a=2．
故答案为2．
【点睛】此题考察了反函数的求法，考察了互为反函数的两个函数图象间的关系，是根底题.
4.等差数列{a n}的前10项和为30，那么________
【答案】12
【解析】
【分析】
利用等差数列的前n项和公式即可得到a1+a10=6．由等差数列的性质可得a1+a10=a4+a7，进而可得答案．
【详解】∵等差数列{a n}的前10项和为30，∴，解得a1+a10=6．
由等差数列的性质可得a1+a10=a4+a7，
∴a1+a4+a7+a10=2〔a1+a10〕=2×6=12．
∴a1+a4+a7+a10=12．
故答案为12．
【点睛】纯熟掌握等差数列的前n项和公式、等差数列的性质是解题的关键．
的线性方程组无解，那么实数的值是________
【答案】-1
【解析】
【分析】
根据增广矩阵是，该方程组无解，可得且，从而可务实数m的值．
【详解】∵增广矩阵是，该方程组无解，
∴且，
∴m2﹣1=0且2m﹣m〔m+1〕≠0，
∴m=﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】此题考察增广矩阵中的运算．考察行列式，解答的关键是二元线性方程组的增广矩阵的意义．
的焦点到它的渐近线的间隔为_________________；
【答案】1
【解析】
试题分析：由双曲线方程可知，那么，即，所以焦
点为，渐近线为。

所以焦点到渐近线的间隔为。

考点：1双曲线的根本性质；2点到线的间隔。

，，满足，，，那么向量与夹角为__________．
【答案】
【解析】
设向量与夹角为.
.
解得，所以.
故答案为为：.
中,内角所对应的边分别为，假设，，那么的面积为_________.
【答案】
【解析】
分析：由，，利用余弦定理可得，结合三角形的面积公式进展求解即可.
详解：因为，，
所以由余弦定理得：
，即，
因此的面积为，
故答案为.
点睛：此题主要考察余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：〔1〕；〔2〕，同时还要纯熟掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
，那么图像上关于原点对称的点一共有________对
【答案】4
【解析】
【分析】
要求函数图象上关于坐标原点对称，那么有f〔﹣x〕=﹣f〔x〕，转化为方程根的个数，再用数形结合法求解．
【详解】当x0时，函数f〔x〕=，又因为f〔x〕=为奇函数，
关于原点对称的图象仍为y=sin x，x＞0，
由题意图像上关于原点对称的点的个数转化为y=sinx与y=在上的交点个数问题，
作出函数的图象如图：
当x=11时，y==1，而y=sin3π=0，
由图象可知两个图象的交点有4个，
故答案为：4．
【点睛】此题主要通过分段
函数来考察函数奇偶性的应用，同时还考察了作图和数形结合的才能．
10.、、是单位圆上三个互不一样的点，假设，那么的最小值是________
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得，点A在BC的垂直平分线上，不妨设单位圆的圆心为O〔0，0〕，点A〔0，1〕，点B〔x1，y1〕，那么点C〔﹣x1，y1〕，1，且﹣1≤y1＜1．根据22y1，再利用二次函数的性质求得它的最小值．
【详解】由题意可得，点A在BC的垂直平分线上，以单位圆
的圆心为原点建立如图坐标系，那么单位圆的圆心为O〔0，0〕，
点A〔0，1〕，点B〔x1，y1〕，那么点C〔﹣x1，y1〕，
﹣1≤y1＜1．
∴〔x1，y1﹣1〕，〔﹣x1，y1﹣1〕，1．
∴2y1+1=﹣〔1〕2y1+1
=22y1，
∴当y1时，获得最小值为，
应选：C．
【点睛】此题主要考察两个向量的数量积公式，考察
了二次函数的性质与最值，属于中档题．
，是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，那么称有序实数对为点的广义坐标，假设点、的广义坐标分别为、，对于以下命题：
① 线段、的中点的广义坐标为；
② A、两点间的间隔为；
③ 向量平行于向量的充要条件是；
④ 向量垂直于向量的充要条件是.
其中的真命题是________〔请写出所有真命题的序号〕
【答案】①③
【解析】
【分析】
根据点、的广义坐标分别为、，，，利用向量的运算公式分别计算①②③④，得出结论.
【详解】点、的广义坐标分别为、，，，对于①，线段、的中点设为M，根据=〔〕=
中点的广义坐标为,故①正确.
对于②，∵〔x2﹣x1〕，
A、两点间的间隔为，
故②不一定正确.
对于③，向量平行于向量，那么，即〔〕=t,，故③正确.
对于④，向量垂直于向量，那么=0，，故④不一定正确.
故答案为①③.
【点睛】此题在新情境下考察了数量积运算性质、数量积定义，考察了推理才能与计算才能，属于中档题．
的定义域为，且和对任意的都成立，假设当
时，的值域为，那么当时，函数的值域为________
【答案】
【解析】
【分析】
由条件可知，可得，通过换元令，得到，得到时，，从而得到当时，的值域为，再根据递推关系推出当时
的值域及时的值域，依此类推可知，当时，的值域为，从
而求得当时，的值域，再根据，求得时的值域，取并集即可.
【详解】解：令，那么有，即
当时，，又，∴
即当时，的值域为
∴当时，的值域为，
，
∴当时，的值域为，时，的值域为，
依此类推可知，当时，的值域为，
∴当时，的值域为
又，当时，，
∴
综上，当时，函数的值域为.
【点睛】此题考察利用换元法推导函数满足的恒等式、通过仿写得到函数的值域的方法，考察了运用递推与归纳的方法，属于较难题.
二. 选择题〔本大题一一共4题，每一小题5分，一共20分〕
且与直线垂直的直线方程是〔〕
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据两直线垂直的性质求得所求直线的斜率等于-2，再由所求直线过点〔0，1〕，利用点斜式求得所求直线的方程，并化为一般式．
【详解】∵直线的斜率等于，故所求直线的斜率等于﹣2，再由所求直线过点〔0，1〕，利用点斜式求得所求直线的方程为y﹣1〔x﹣0〕，即2x+y-1=0，
应选：A．
【点睛】此题主要考察两直线垂直的性质，两直线垂直斜率之积等于﹣1，用点斜式求直线方程，属于根底题．
，，那么是的〔〕条件
A. 充分非必要
B. 必要非充分
C. 充要
D. 既非充分又非必要
【答案】B
【解析】
【分析】
由a＞0，b＞0，x＞a且y＞b，可得：x+y＞a+b，且xy＞ab．反之不成立，例如x＞b，y＞a．
【详解】由a＞0，b＞0，x＞a且y＞b，由不等式的性质可得：x+y＞a+b，且xy＞ab．
反之不成立，例如还可以得到x＞b，y＞a．
因此是的必要不充分条件．
应选：B．
【点睛】此题考察了不等式的性质、简易逻辑的断定方法，考察了推理才能与计算才能，属于中档题．
的图像向下平移个单位，得到的图像，假设，其中，那么的最大值为〔〕
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用函数y=A sin〔ωx+φ〕的图象变换规律求得g〔x〕的解析式，再利用正弦函数的图象和性质求得x1的最大值和x2的最小值，可得的最大值．
【详解】将函数f〔x〕=2的图象向下平移1个单位，
得到g〔x〕=2﹣1的图象，
g〔x〕
假设g〔x1〕g〔x2〕=9，那么g〔x1〕=g〔x2〕=﹣3，
那么 sin〔3x1〕=﹣1=sin〔3x2〕，
∵x1，x2∈[0，4π]，3x1∈[，]，3x2∈[，]，
3x2的最小值为，3x1的最大值为，
故x1的最大值为，x2的最小值为，
那么的最大值为，
故答案为：9．
【点睛】此题主要考察函数y=A sin〔ωx+φ〕的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
和曲线，任取上一点，假设线段的长度存在最小值，那么称该值为点到曲线的间隔，记作，假设曲线是边长为的等边三角形，那么点集所表示的图形的面积为〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
画出点集S={P|d〔P，l〕≤1}所表示图形，分别求出各局部图形的面积，作和得答案. 【详解】点集S={P|d〔P，l〕≤1}所表示图形如图中的阴影局部所示：
其中三个顶点处的扇形正好是一个半径为1的圆，其面积为，
等边三角形ABC外的三个矩形面积为6，
等边三角形ABC内的局部面积为-=18-
故面积和为，
应选D.
【点睛】此题考察曲线与方程，考察数形结合的解题思想方法，关键是对题意的理解，是中档题．
三. 解答题〔本大题一一共5题，一共14+14+14+16+18=76分〕
，.
〔1〕假设∥，求的值；
〔2〕假设，求函数的最小正周期及当时的最大值.
【答案】〔1〕〔2〕最小正周期为，最大值为
【解析】
【分析】
〔1〕由得，再根据二倍角的正切公式直接求解.
〔2〕根据平面向量的数量积以及三角函数的恒等变换，化简f〔x〕即可求出T，再根据三角函数的图象与性质，求出x∈[0，]时f〔x〕的最大值以及对应x的值．
【详解】解：〔1〕由得, ，
∴
∴
〔2〕
∴函数的最小正周期为
当时，
∴当，即时，.
【点睛】此题考察了一共线向量的坐标运算，平面向量的数量积和三角函数的恒等变换以及三角函数的图象与性质的应用问题，是综合性题目．
〔常数〕
〔1〕讨论函数的奇偶性，并说明理由；
〔2〕当为奇函数时，假设对任意的，都有成立，求的最大值.
【答案】〔1〕详见解析〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕根据定义在R上奇函数图象必过原点，将〔0，0〕代入可求出a=1，再用定义证明a=1时为奇函数．当时，通过说明不可能是偶函数.
〔2〕将条件转化可得：恒成立，记，由得
，进而求得在上的最小值即可.
【详解】解：〔1〕假设为奇函数，必有,得，
当时，，
∴当且仅当时，为奇函数
又，，∴对任意实数，都有
∴不可能是偶函数
〔2〕由条件可得：恒成立，
记，那么由得，
此时函数在上单调递增，
所以的最小值是，
所以，即的最大值是.
【点睛】此题考察的知识点是函数奇偶性的判断，函数单调性的应用及求最值，纯熟将函数中的恒成立转化为求最值是解答的关键．
万元研发了一款网络产品，产品上线第1个月的收入为40万元，预计在今后假设干个月内，该产品每月的收入平均比上一月增长，同时，该产品第1个月的维护费支出为万元，以后每月的维护费支出平均比上一个月增加50万元.
〔1〕分别求出第6个月该产品的收入和维护费支出，并判断第6个月该产品的收入是否足够支付第6个月的维护费支出？
〔2〕从第几个月起，该产品的总收入首次超过总支出？〔总支出包括维护费支出和研发HY 支出〕
【答案】〔1〕收入约为303.75万元，维护费为350万元〔2〕第10月
【解析】
【分析】
〔Ⅰ〕根据题意可知月收入依次成首项为40万元，公比为的等比数列，每月的维护费支出依次成首项为100万元，公差为50的等差数列．进而利用等差与等比数列的通项公式求得a n和b n，代入n=6可得结果.
〔Ⅱ〕设经过n个月的总收入为S n万元，总支出为T n万元，进而根据等比数列及等差数列
的求和公式分别求得S n和T n．进而根据，即，
求得n的范围．
【详解】解：记产品从第一个月起，每个月的收入为数列，每个月的维护费支出为数列，
那么，，
(1) 第6个月的收入为：万元，
第6个月的维护费为：万元，
∴第6个月的收入还缺乏以支付第6个月的维护费 .
(2)到第个月，该产品的总收入为
该产品的总支出为
由题意知，只需，即，
由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=10.
∴从第10个月起，该产品的总收入首次超过总支出.
【点睛】此题主要考察了数列的实际应用，涉及了等差、等比数列的通项公式，求和公式．综合性很强．
的间隔之和为，直线l交曲线T于A、B两点，为坐标原点. 〔1〕求曲线的方程；
〔2〕假设不过点且不平行于坐标轴，记线段AB的中点为M，求证：直线的斜率与l 的斜率的乘积为定值；
〔3〕假设OA OB，求△面积的取值范围.
【答案】〔1〕〔2〕证明过程详见解析〔3〕
【解析】
【分析】
〔1〕利用椭圆的定义可知曲线为的椭圆，直接写出椭圆的方程．
〔2〕设直线l：y=kx+b，〔k≠0，b≠0〕，A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，，联立直线方程与椭圆方程，通过韦达定理求解K OM，然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
〔3〕当直线OA，OB分别与坐标轴重合时，△AOB的面积，当直线OA，OB的斜率均存在且不为零时，设OA：y＝kx，OB：y，将y＝kx代入椭圆C，得到A点坐标，
同理得到B点坐标，由利用换元法结合条件能求出△AOB的面积的取值范围．
【详解】解：〔1〕由题意知曲线是以原点为中心，长轴在轴上的椭圆，
设其HY方程为，那么有，
所以，∴ .
〔2〕证明：设直线的方程为，
设
那么由可得，即
∴，∴，
，
，
∴直线的斜率与的斜率的乘积=为定值
〔3〕当直线、分别与坐标轴重合时，易知的面积，
当直线、的斜率均存在且不为零时，设直线、的方程为：，点，
由可得，
∴，代入得，
同理可得，
∴
令，，
那么
由知，
综上可知， .
【点睛】此题考察椭圆定义及方程、韦达定理的应用及三角形面积的范围等问题，考察推理论证才能、运算求解才能，考察化归与转化思想，函数与方程思想，是中档题．，假设数列满足：对任意，都有，那么称数列是数列的“相伴数列〞.
〔1〕假设，且数列是数列的“相伴数列〞，试写出的一个通项公式，并说明理由；
〔2〕设，证明：不存在等差数列，使得数列是数列的“相伴数列〞；〔3〕设,〔其中〕，假设是数列的“相伴数列〞，试分析实数b、q的取值应满足的条件.
【答案】详见解析
【解析】
【分析】
〔1〕设，代入，运算得到小于0，利用“相伴数列〞定义即可判断出；
〔2〕假设存在等差数列是的“相伴数列〞，那么有分别讨论与时
与的大小，根据是等差数列推出矛盾所以，不存在等差数列，使得数列是
的“相伴数列〞.
〔3〕对b的大小进展分类讨论，写出的前后连续两项，根据
得出b、q的取值满足的条件．
【详解】解：〔1〕，
此时,所以是数列的“相伴数列〞．
注：答案不唯一，只需是正负相间的数列．
〔2〕证明，假设存在等差数列是的“相伴数列〞，那么有
假设，那么由得…①，
又由得
又因为是等差数列，所以，得，与①矛盾
同理，当，那么由得…②，
又由得,
又因为是等差数列，所以，得，与②矛盾，
所以，不存在等差数列，使得数列是的“相伴数列〞.
〔3〕由于，易知且，
①当时，，由于对任意，都有，
故只需，
由于，所以当n=2k,k时，，
故只需当n=2k+1,k时，=，
即<b对k恒成立，得；
②当0<b<1时，,,
与矛盾，不符合题意；
③当b<-1时，，
当n=2k+1,k时，，
故只需当n=2k,k时，，
即>b对k恒成立，得；
④当-1时，,,
下证只需bq>2,假设bq>2，那么q<，
当n=2k+1,k时，，
当n=2k,k时，，符合题意．
综上所述，实数的取值应满足的条件为：
或者.
【点睛】此题考察了新定义“相伴数列〞，涉及到等差数列与等比数列的通项公式，考察了分类讨论思想方法、推理才能与计算才能，属于难题．
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短暂辛苦，终身幸福。

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聪明出于勤奋，天才在于积累。

把握机遇，心想事成。

奥运精神，永驻我心。

“想”要壮志凌云，“干”要脚踏实地。

**燃烧希望，励志赢来成功。

楚汉名城，喜迎城运盛会，三湘四水，欢聚体坛精英。

乘风破浪会有时，直挂云帆济沧海。

不学习，如何养活你的众多女人。

不为失败找理由，要为成功想办法。

不勤于始，将悔于终。

不苦不累，高三无味;不拼不搏，高三白活。

不经三思不求教不动笔墨不读书，人生难得几回搏，此时不搏，何时搏。

不敢高声语，恐惊读书人。

不耻下问，学以致用，锲而不舍，孜孜不倦。

博学强识，时不我待，黑发勤学，自首不悔。

播下希望，充满**，勇往直前，永不言败。

保定宗旨，砥砺德行，远见卓识，创造辉煌。

百尺高梧，撑得起一轮月色;数椽矮屋，锁不住五夜书声。