闭幕式流程-快与慢

上海市普陀区2018届高三一模数学试卷

一. 填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1. 设全集
U {1,2,3,4,5}
，若集合
A{3,4,5}
，则
C
U< br>A

2. 若
sin


13< br>
，则
cos(

)

42
3. 方程
log
2
(2x)log
2
( 3x)log
2
12
的解
x

4.
(x)
9
的二项展开式中的常数项的值为
1
x
1
1
的解集为
|x1|
x
6. 函数
f(x)3sinx2cos
2
的值域为
2
z1i
7. 已知
i
是虚数单位，
z
是复数< br>z
的共轭复数，若
0
，则
z
在复平面内所对应的点
12i
5. 不等式
所在的象限为第 象限
2
8. 若数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
3n2n1
（
nN
*
），则
lim
a
n


n
3n
9. 若直线
l:xy 5
与曲线
C:x
2
y
2
16
交于两点
A(x
1
,y
1
)
、
B(x
2
,y2
)
，则
x
1
y
2
x
2
y
1
的值为
10. 设
a
1
、
a
2
、
a
3
、
a
4
是1，2，3，4的一个 排列，若至少有一个
i
（
i1,2,3,4
）使得
a
i< br>i
成立，则满足此条件的不同排列的个数为
11. 已知正三角形
ABC
的边长为
3
，点
M
是
ABC
所在 平面内的任一动点，若
|MA|1
，
则
|MAMBMC|
的取值范围为
x
2y
2
1
绕坐标原点
O
旋转适当角度可以成为函数
f (x)
的图像，关于此函 12. 双曲线
3
数
f(x)
有如下四个命题：
①
f(x)
是奇函数；
3333
,)
或
(,)
；
2222
33
③
f(x)
的值域是
(,][,)
；
22
②
f(x)
的图像过点
(
④ 函数
yf(x)x
有两个零点；
则其中所有真命题的序号为

二. 选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

13. 若数列
{a
n
}
（
nN
*
）是 等比数列，则矩阵

是（ ）

a
1

a
5
a
2
a
6
a
4


所 表示方程组的解的个数
a
8

A. 0个 B. 1个 C. 无数个 D. 不确定
14. “
m0
”是“函数f(x)|x(mx2)|
在区间
(0,)
上为增函数”的（ ）
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件
15. 用长度分别为2、3、5、6、9（单位：
cm
）的五根木棒连接（只允许连 接，不允许折
断），组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为（ ）
A. 258
cm
2
B. 414
cm
2
C. 416
cm
2
D. 418
cm
2


2
x
20x1
16. 定义在
R
上的函数
f(x)
满足
f(x)

，且
f(x1)f(x1 )
，则
x
1x0

42
3x5
函数
g(x)f(x)
在区间
[1,5]
上的所有零点之和为（ ）
x2
A. 4 B. 5 C. 7 D. 8

三. 解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）
17. 如图所示的圆锥的体积为
线
PA
的中点.
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求异面直线
PB
与
CD
所成角的大小.













18. 某快递公司在某市的货物转运中心，拟引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降
3
< br>，底面直径
AB2
，点
C
是弧
AB
的中点，点D
是母
3

低物流成本，已知购买
x
台机器人的总成本
p(x)
1
2
xx150
万元.
600
（1）若使每台机器人的平均成本最低，问应买多少台？
（2）现按（1）中 的数量购买机器人，需要安排
m
人将邮件放在机器人上，机器人将邮件
送达指定落袋格口完成分拣（如图），经实验知，每台机器人的日平均分拣量

8< br>
m(60m)(1m30)
q(m)

15
（单位 ：件），

480(m30)

已知传统人工分拣每人每日的平均分拣量为1200
件，问引进机器人后，日平均分拣量达最大值时，
用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少
百分之几？








19. 设函数
f(x)sin(< br>
x

)
（

0
，
|

|

2
），已知角

的终边经过点
(1,3 )
，点
当
|f(x
1
)f(x
2
)|2时，
M(x
1
,y
1
)
、
N(x
2< br>,y
2
)
是函数
f(x)
图像上的任意两点，
|x< br>1
x
2
|
的
最小值是

.
2
（1）求函数
yf(x)
的解析式；
（2）已知
A BC
面积为
53
，角
C
所对的边
c25
，
cosCf()
，求
ABC
的周长.

4

x
2
y
2
20. 设点
F
1
、
F
2
分别是椭圆
C:
2

2
1
（
t0
）的左、右焦点，且椭圆
C
上的点到点
2 tt
点
M
、
N
是椭圆
C
上位于
x
轴上方的两点，且向量
F
1
M
与
F
2
的距离的最 小值为
222
，
向量
F
2
N
平行.
（1）求椭圆
C
的方程；
（2）当
F
1
NF< br>2
N0
时，求
F
1
MN
的面积；
（3 ）当
|F
2
N||F
1
M|6
时，求直线
F< br>2
N
的方程.








21. 设
d
为等差数列
{a
n
}< br>的公差，数列
{b
n
}
的前
n
项和
T
n
，满足
T
n

（
nN
*
），且da
5
b
2
，若实数
mP
k
{x|a
k2
1
n
(1)b
n

n
2
xa
k3
}
（
kN
*
，
k3
），则称
m
具有性质
P
k
.
（1）请判断
b< br>1
、
b
2
是否具有性质
P
6
，并说明理由；
（2）设
S
n
为数列
{a
n
}
的前
n
项和，若
{S
n
2

a
n
}
是单调递增数列，求证：对任意的
k
（
kN
*
，
k3
），实数

都不具有性质
P
k
；
（3）设
H
n
是数列
{T
n
}
的前
n
项和，若对 任意的
nN
*
，
H
2n1
都具有性质
P
k
，求所有满
足条件的
k
的值.

普陀区2017学年第一学期高三数学质量调研评分标准
一、填空题
1

1,2


7
一


二、选择题
2
1

4
8
3 4 5
[0,1)(1,2]

6
[1,3]

1

9
84
10 11
[0,6]

12
①②
2

16 15
13
C

三、解答题
17.（1）由圆锥的体积
V
14
A

15
C
16
B

1AB
2
3


()OP

， …………………………… 2分
323
得
OP3
，即
PBOP
2
OB
2
2
, …………………………………………… 4分
则该圆锥的侧面积为
S
11
2

OBPB 2

122

. …………………… 6分
22
是异面直线
PB
与
CD
P
（2）联结< br>O,D
，由条件得
ODPB
，即
CDO
所成角或其补角， …………………………………… 2分
点
C
是弧
AB
的中点，则< br>COAB
,又
PO
为该圆锥的高，
则
POCO
,即
CO
平面
PAB
，…………………………… 4分
OD在平面
PAB
内，则
COOD
，即
CDO
为直角三 角形，
D
1

PB1CO
，则
CDO
， …………………… 7分
24

即异面直线
PB
与
CD< br>所成角的大小为.……………………… 8分
4
又
DO

18.（1）由题意得每台机器人的平均成本为
A
O
B
C
17题图
p(x)1150
x1
…………………2分
x600x
x150
12
……………………4分
600x

2
x150
(xN
*
)
，即
x300
时取等号，

600x
则要使每台机器人的平均成本最低，应买
300
台. ………………………………………6分
8
m(60m)
（2）当
1m 30
时，每台机器人日平均分拣量
q(m)
15
8
(m3 0)
2
480
，当
m30
时，每台机器人的日平均分拣量最大值 为
480
……2分
15
当且仅当

当m30
时，每台机器人的日平均分拣量仍为
480
，则引进
300台机器人后，日平均分拣
量的最大值为
480300144000
. …………………………………………4分
若用传统人工分拣
144000
件，则需要
144000
120
人，…………………………6分
1200
因此，引进机器人后要降低物流成本，用人数量比引进机器人前的用人数量
最多可减少
120303
75%
. ……………………………………………………8分
1204
19.（1）由角
的终边经过点
(1,3)
得
tan

3
， 又



2
，则



3
，………………………………………………………………3分
当
f(x
1< br>)f(x
2
)2
时，
x
1
x
2
的最小值是


，则
(

0)
，
2

2
即

2
， ………………………………………………………………………………5分
则所求函数的解析式为
f(x)sin(2x
（2）由（1）得
cosCf


3
)
. ………………………………………6分

1



sin(2)sin
，

4362

4

1
absinC53
，即
ab20
， ……………………4分
2
1
2
2 22
由余弦定理得
(25)ab220
，即
(ab)80,即
ab45
………7分
2
又△
ABC
的面积为
53
，则
则所求的△
ABC
的周长为
65
. …………………………………………………………8分
20．（1）由
t0
得点< br>F
2
(t,0)
，又椭圆
C
上的点到点
F
1
的距离的最小值为
222
，
则
2tt222
， ………………………………………………3分
x
2
y
2
1
.………………………………4分 即t2
，故椭圆
C
的方程为
84
22
x
12
y
1
2
x
2
y
2
1
，
1
且
y
1
0,y
2
0
， （2） 设
N(x
1
,y
1
)
，
M(x
2
,y
2
)
，则
8484
由（1）得
F
1
( 2,0)
，
F
2
(2,0)
，即
F
1
N (x
1
2,y
1
)
，
F
2
N(x< br>1
2,y
1
)
，

x
1
2y
1
2
1


22
2
xy4< br>又
F
，即，联立，
NFN(x2)(x2)y0
84< br>
11
12111

x
2
y
2
 4

11

解得


x
1
0
，即
N(0,2)
. ………………………………………………………………2分

y
1
2FM
的一个法向量，即直线
F
1
M
的 又
F
1
MF
2
N
且
F
1
NF
2
N，则
F
1
N(2,2)
是直线
1
22
x
2
y
2
1


点法向式方程为
2 (x2)2y0
，即
x
2
y
2
20
. 联立

8
消去
x
2
整理
4

x y20

22
2
化简得
3y
2
4y
2
40
，即
y
2

2
或
y
2
2
（舍），
3
8

x

82

2
3
得

，即
M(,)
. ………………………………………………………………4分
33

y
2< br>2

3

则
S
F
1
MN
2
1
0
2
8

3
01
4
4< br>21
，即
F
1
MN
的面积为.……………………………… 6分
3
3
2
1
3
说明：三角形面积的求法不唯一，可以图 形分割，用面积求差来解；也可以用点到直线的
距离求出高，再用两点之间的距离公式求出底，用底与高 乘积的一半来求等；也可等面积
转换求解，请相应给分.
（3）延长线段
NF
2
交椭圆
C
于点
G
，向量
F
1
M
与向量
F
2
N
平行，根据椭圆的中心对称性
得
F
2
GFM
且
F
2
NFM
，即
F
2NF
1
MF
2
NF
2
G6
.………… …2分
11
又
F
2
NFM
，则直线
F
2
N
的斜率一定存在且值为负，可设直线
F
2
N
的方程为：
1

x
2
y
2
1


yk(x2)
，点
N(x
1,
y
1
)
，
G(x
2,
y
2
)
，且
x
1
2x< br>2
，联立方程

8
，
4

yk(x2 )

8k
2
整理化简得
(12k)x8kx8k80，则
x
1
x
2

.
12k
2
2222
则
F
2
NF
2
G1k
2
x
1
21k
2
x
2
2
1 k
2
(x
1
x
2
4)

2
8k
2
41k
2
1k(4)
，
22
12k12k

41k
2
22< br>42
6
(6k5)(2k1)0
……………5分
12k4 k50
即，整理得，即
2
12k
又
k0
，则
k
21.（1）由
T
1

2
，故直线
F2
N
的方程为
x2y20
. ……………………6分
2
1
11
b
1
b
1
得
b
1

， ………………………………1分
22
4
11
Tbbbb
3


3
8
12 3
8
1
又

，得
b
2

………… ……………………3分
4

T
1
bbbb
1
b
412344

1616

可得
a
n
a
5
(n5)d
从而
P
6

< br>x|0x
11n4

(n5)
444


5


4

故
b
1
不具有性质
P
6
，
b
2
具有性质
P
6
. …………………………………………4分
说明：求
b
2
是难点，第（1）问 不必这样求解，可以直接用等差数列单调性判断下结论，可
相应的评分，求
b
2
以及数列的通项公式的评分可在第（2）问解答过程中体现.
2
n4
n

74


n16


3

n

n1

1
（2）
S
n
2

a
n
n




，
2


2448

4

………………………………………2分
因为数列

S
n
2

a
n

单调递增，所以
74

3

，即

1
，…………………4分
22
3
1
，
4
又数列

a
n

单调递增，则数列

a
n

的最小项为
a
1

则对任意
kkN,k3
，都有

 1

*

3
a
k2
，
4
故实数

都不具有性质
P
k
. ……………………………………………………6分
11
n
(1)bT(1 )
n1
b
n1
(n2,nN
*
)
， ，所 以
nn1
nn1
22
11
nn1
*
,N)
两式相减得
T
n
T
n1

n

n1
(1)b
n
(1)b
n1
(n2n，
22
1
nn
即
b
n

n
(1)b
n
(1)b
n1
(n2,nN< br>*
)
，
2
（3）因为
T
n


1
1
，即，此时
n1
为奇数；
bbb
nn1n1
2
n
2
n
111
当
n
为奇 数时，
b
n

n
b
n
b
n1，即
2b
n

n
b
n1
，则
b
n1

n1
，
222
此时
n1
为偶数；
当
n
为偶数时，b
n


1
(n为奇数）


2< br>n1
则
b
n


，
nN
*
. ……………………………………3分

1
(n为偶数）

2n

1
(n为奇数）


则
T
n


2
n1



0(n为偶数）
故
H
2n1
T
1
T
2
T
3
T
4
T
2n2< br>T
2n1

11
(1)
2n
11111111
24

2

4

6

8

2n2

2n
(1
n
)
……… ……5分
1
22222234
1
4
131
因为
1
n
对于一切
nN
*
递增，所以
1
n1
，
444
11
所以
H
2n1

.
34
若对任意的
nN< br>*
，
H
2n1
都具有性质
P
k
，则
(,]

x
1
3
1
4
k6k1< br>x

，
44

1

k6


14

43
，解得即

0k
， 又
k2,kN
*
，则
k3
或
4
，
3

k1

1

44
即所有满足条件的正整 数
k
的值为
3
和
4
.………………………………………8分
说明：此处可不求
T
n
，直接用求和定义得
H
2n1T
1
T
2
T
3
T
4
T2n2
T
2n1

=(2n1)b
1
(2n 2)b
2
(2n3)b
3
(2n4)b
4
=[(2n1)b
1
(2n2)b
2
][(2n3)b
3
(2n4)b
4
]
请相应评分.




3b
2n3
2b
2n2
b
2n1

[3b
2n3
2b
2n2
]b
2n1