1、虹口区虹口区 2021 学年度高三期终学生学习能力诊断测试数学试卷学年度高三期终学生学习能力诊断测试数学试卷 （时间 120 分钟，满分 150 分） 一填空题（一填空题（1 16 6 题每小题题每小题 4 4 分，分，7 71212 题每小题题每小题 5 5 分，本大题满分分，本大题满分 5454 分）分） 1已知集合4 , 2 , 1A，AxxyyB,log2，则 BA 2已知2x是方程01xax的解，则实数a的值为_. 3已知1 12, 1,1,2,32 2 ，若幂函数( )f xx为奇函数，且在0,上单调递减，则 4已知无穷等比数列 na的前n项的和为nS，首项13a ，公比为q，且l
2、im2nnS，则q . 5圆01cos4sin422yxyx的半径等于_ 6在10)1(xx 的二项展开式中，常数项等于 （结果用数值表示） 7已知角A、B、C是ABC的三个内角，若6:5:4sin:sin:sinCBA，则该三角形 的最大内角等于_（用反三角函数值表示）. 8已知)(xf是定义域为R的奇函数，且对任意的x满足(2)( )fxfx，若10 x时有34)(xxf，则)5 . 3(f 9已知抛物线)0(22ppxy的焦点为F，A、B为此抛物线上的异于坐标原点O的两个不同的点，满足12FOFBFA，且0FOFBFA，则p 10 如图， 在棱长为1的正方体1111DCBAABCD中，P
3、为底面ABCD内 （包括边界）的动点，满足：直线PD1与直线1CC所成角的大小为6，则线段DP扫过的面积为 11已知实数x、y满足：1yyxx，则2 yx的取值范围是 12已知函数xxfcos)(，若对任意实数1x、2x，方程mxfxfxfxf)()()()(21)(Rm有解，方程nxfxfxfxf)()()()(21)(Rn也有解，则nm的值的集合为 . 二选择题（每小题二选择题（每小题 5 分，本大题满分分，本大题满分 20 分）分） 13设：实数x满足013xx，：实数x满足21 x那么是的（ ） . A充分非必要条件 .B必要非充分条件 .C充要条件 .D既非充分又非必要条件 14设函
4、数xbxaxfcossin)(，其中0a，0b若( )()4f xf对任意的Rx恒成立，则下列结论正确的是（ ） . A ()()26ff .B( )f x的图像关于直线34x对称 .C)(xf在45,4上单调递增 .D过点),(ba的直线与函数)(xf的图像必有公共点 15 设等差数列 na的前n项和为nS，如果291aaa，则（ ） . A 09S且010S .B09S且010S .C09S且010S .D09S且010S 16已知a，Rb，复数biaz2（其中i为虚数单位）满足4zz给出下列结论： 22ba 的取值范围是41 ，； 2222(3)(3)4abab； ab5的取值范围是),
5、 1 1,(； 2211ba的最小值为2. 其中正确结论的个数是（ ） . A1 .B2 .C3 .D 4 三解答题（本大题满分三解答题（本大题满分 76 分）分） 17（本题满分 14 分，第（1）小题 7 分，第（2）小题 7 分） 如图，在直三棱柱111CBAABC 中，已知4 BCAC，31AA，24AB. （1）求四棱锥11BBCCA的体积； （2）求直线1AC与平面11AABB所成的角的大小. 18（本题满分 14 分，第（1）小题 7 分，第（2）小题 7 分） 在平面直角坐标系xOy中，)22,22(A在以原点O为圆心半径等于 1 的圆上， 将射线OA绕原点O逆时针方向旋转后交
6、该圆于点B，设点B的横坐标为)(f，纵坐标为)(g （1）如果msin，10m，求)()(gf的值（用m表示）； （2）如果2)()(gf，求)()(gf的值 19（本题满分 14 分，第（1）小题 7 分，第（2）7 小题分） 某地政府决定向当地纳税额在4万元至8万元（包括4万元和8万元）的小微企业发放补助款，发放方案规定：补助款随企业纳税额的增加而增加，且补助款不低于纳税额的50%.设企业纳税额为x（单位：万元），补助款为 21142fxxbxb（单位：万元），其中b为常数 （1）分别判断0b，1b时， f x是否符合发放方案规定，并说明理由； （2）若函数 f x符合发放方案规定，求b的
7、取值范围 20（本题满分 16 分，第（1）小题 3 分，第（2）小题 5 分，第（3）小题 8 分） 已知椭圆181222yx：的左、右焦点分别为12FF、，过点1F的直线l交椭圆于A B、两点,交y轴于点), 0(tP. （1）若PFPF21，求t的值； （2）若点A在第一象限，满足721AFAF，求t的值； （3）在平面内是否存在定点Q，使得QBQA是一个确定的常数？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由. 21（本题满分 18 分，第（1）小题 3 分，第（2）小题 7 分，第（3）小题 8 分） 已知集合NxxyyA,2，NxyyBx,3.BA中的所有元素按从小到大的顺序排列构成
8、数列 na，nS为数列 na的前n项的和 (1)求10S； (2)如果81ma,ta2022，求m和t的值； (3)如果knk213)(Nk，求nS（用k来表示）. 高三数学试题答案 一、填空题（一、填空题（16 题每小题题每小题 4 分，分，712 题每小题题每小题 5 分，本大题满分分，本大题满分 54 分）分） 1、4 , 2 , 1 , 0； 2、4； 3、1； 4、12； 5、3； 6、252； 7、81arccos； 8、5； 9、4； 10、12； 11、22 ,2(； 12、 2； 二、选择题（每小题二、选择题（每小题 5 分，满分分，满分 20 分）分） 13、C； 14、D
9、； 15、B； 16、C； 三、解答题（本大题满分三、解答题（本大题满分 76 分）分） 17、（14 分）解:（1）4 BCAC，24AB，满足222ACBCAC，BCAC .三棱柱111CBAABC 是直三棱柱，1CCAC 又CBCCC1，AC平面11BBCC5 分 164343131111ACSVBBCCBBCCA矩形7 分 （2）取11AB的中点M，连MC1、AM 由于111C MA B，又1111AAA B C平面，所以11AAC M， 又1111A AABAI，所以1111C MABC平面，所以1C AM是直线1AC与平面11ABB A所成的角.10 分 在直角三角形1C AM中，
10、12 2C M ，221435AC ，所以1112 2sin5C MC AMAC，所以12 2arcsin5C AM， 所以直线1AC与平面11ABB A所成的角的大小等于2 2arcsin514 分 18、（14 分）解：（1）)4cos()(f，)4sin()(g. cos2)4sin()4cos()()( gf4 分 当为第一象限角时，由msin，得21cosm, 从而222cos2)()(mgf. 当为第二象限角时，由msin，得21cosm, 222cos2)()(mgf7 分 (2)2)sin(cos22)sin(cos22)4sin()4cos()()(gf，解得31tan10
11、分 52)tan1 (2tan1)sin(cos2sincos)sin(cos21)()(22222222gf.14 分 19、（14 分）解：（1）当1b时，223)4(f，所以当1b时不符合发放方案规定3 分 当0b时 ， 21142fxx， 显 然 当4 8 ，x时 ， f x随x的 增 大 而 增 大 ， 且 2211111(1)1024224f xxxxx在4 8 ，x上恒成立，即 f x不低于50%x，所以0b时符合发放方案规定7 分 （2）由题设可知，当4 8 ，x时， 21142 f xxbxb单调递增，且 2xf x 恒成立 因为 f x图像的对称轴方程为2xb，所以24b即
12、2b时， f x在4,8单调递增10分 2xf x ，即不等式2111(1)422xxb x在4,8上恒成立， 即2122()41xxbx，即11141 bxx在4,8上恒成立， 可以证明111 xx在4,8上是单调递增函数，所以当4x时，111 xx取最小值103，所以56b 综上，b的取值范围是56，14 分 20、（16 分）解：（1）由已知12FF、的坐标为 2,0 , 2,0，), 2(1tPF,), 2(1tPF. 由PFPF21，得021PFPF，0), 2(), 2(tt，042t，2t.3 分 （2）设1111,0,0A x yxy,则1112112,2,F AxyF Axy
13、uuu ruuu u r，因为721AFAF，74), 2(), 2(21211111yxyxyx,112121 yx 又 点A在 椭 圆 上 ， 所 以18122121yx. 由18121121212121yxyx得31x,21y，)2, 3(A.6 分 又PFAF11/,由)2, 5(1AF,), 2(1tPF,225 t,得522t.8 分 （3）设存在定点,Q a b，使得QBQA是一个确定的常数.设),(11yxA,),(22yxB，直线)2(:xkyl, 将)2( xky代入181222yx，整理得0)2(1212)23(2222kxkxk 23)2(12231222212221k
14、kxxkkxx10 分 )()(),(),(21212211bybyaxaxbyaxbyaxQBQA )2)(2()(2121bkkxbkkxaxax )44()(2() 1(222212212abbkkxxabkkxxk )44(2312)2(23)2(12) 1(222222222abbkkkkabkkkkk 23)12(28)41233(222222kbabkkaba 14 分 0)12(28)341233(22222babkkaba 0)12(20803412332222bababa,012034123302222baabab,944380ab 所以存在点)0 ,38(Q,QBQA94
15、4.16 分 21、（18 分）解:(1)84)33 ()161412108642 (16141210986432210S 3 分 （2）由于BA,在数列 na中，43ma,数列 na前m项中有3，23,33,43这四项，从而等差数列 2，4，6，取了前4m项.所以有13)424m（,解得44m.6 分 设数列 na的前 2022 项中有集合B中的项3，23,，p3,有集合A中的等差数列 2，4，6，取其前p2022项，从而有13)2022(2131ppp或)2022(213pp pppp21340442131或404523 pp，解得7p，4030)72022(22022a10 分 （3）由
16、于BA且数列 na是递增数列. 若pknkaa3213)(Np,则数列 na的前kk213项中有集合B中的项3，23,，p3,有集合A中的等差数列 2，4，6，取其前pkk213项，所以13)213(2pkpk,从而pkpk2323,又函数xyx23 在R上单调递增，所以kp .即kknkaa3213. 若121333pknPkaa)(Np,由数列 na是递增数列及以上的推理可得11213213213331ppknpPpkpaaaa,可得12132132131pkppkp,由函数xyx213在R递增,得1pkp,从而得出矛盾.15 分 综上数列 na的前kk213项中有集合B中的项3，23,，k3,有集合A中的等差数列2， 4， 6， ，取其前213213kkkk项. )13(42)333(2kknS2213)13(231)31 (3kkk 473632kk.18 分
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