上海市金山区2018-2019学年高三下学期质量监控(二模)数学试卷

众志成城卧虎藏龙地豪气干云秣马砺兵锋芒尽露披星戴月时书香盈耳含英咀华学业必成金山区2018-2019学年第二学期质量监控高三数学试卷(满分：150分，完卷时间：120分钟)（答题请写在答题纸上）一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1–6题每题4分，第7–12题每题5分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果．1．函数y=3sin(2x+3)的最小正周期T=．2．函数y=lgx的反函数是．3．已知集合P={x|(x+1)(x–3)0}，Q={x||x|2}，则P∩Q=．4．函数xxy9，x(0，+∞)的最小值是．5．计算：1111lim[()]2482nn=．6．记球O1和O2的半径、体积分别为r1、V1和r2、V2，若12827VV，则12rr．7．若某线性方程组对应的增广矩阵是421mmm，且此方程组有唯一一组解，则实数m的取值范围是．8．若一个布袋中有大小、质地相同的三个黑球和两个白球，从中任取两个球，则取出的两球中恰是一个白球和一个黑球的概率是．9．(1+2x)n的二项展开式中，含x3项的系数等于含x项的系数的8倍，则正整数n=．10．平面上三条直线x–2y+1=0，x–1=0，x+ky=0，如果这三条直线将平面划分为六个部分，则实数k的取值组成的集合A=．11．已知双曲线C：22198xy，左、右焦点分别为F1、F2，过点F2作一直线与双曲线C的右半支交于P、Q两点，使得∠F1PQ=90°，则△F1PQ的内切圆的半径r=________．12．若sin2018α–(2–cosβ)1009≥(3–cosβ–cos2α)(1–cosβ+cos2α)，则sin(α+2)=__________．二、选择题（本大题共4小题，满分20分，每小题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．若向量a=(2,0)，b=(1,1)，则下列结论中正确的是()．(A)ab=1(B)|a|=||b(C)(ab)⊥b(D)a∥b14．椭圆的参数方程为sin3cos5yx(θ为参数)，则它的两个焦点坐标是()．(A)(4,0)(B)(0,4)(C)(5,0)(D)(0,3)15．如图几何体是由五个相同正方体叠成的，其三视图中的左视图序号是()．(A)(1)(B)(2)(C)(3)(D)(4)16．若对任意1(,1)2x，都有221xxx=a0+a1x+a2x2+…+anxn+…，则32aa的值等于()．(A)3(B)2(C)1(D)1三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．17．(本题满分14分，第1小题满分7分，第2小题满分7分)在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是边长为6的正方形，PD平面ABCD，PD=8．(1)求PB与平面ABCD所成角的大小；(2)求异面直线PB与DC所成角的大小．18．(本题满分14分，第1小题满分7分，第2小题满分7分)复数2)i2321(z是一元二次方程mx2+nx+1=0(m、nR)的一个根．(1)求m和n的值；(2)若(i)mnuuz(uC)，求u．19．(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)已知椭圆Γ：22143xy的右焦点为F，过点F且斜率为k的直线与椭圆Γ交于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点(点A在x轴上方)，点A关于坐标原点的对称点为P，直线PA、PB分别交直线l：x=4于M、N两点，记M、N两点的纵坐标分别为yM、yN．(1)求直线PB的斜率(用k表示)；(2)求点M、N的纵坐标yM、yN(用x1,y1表示)，并判断yMyN是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．20．(本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分7分)已知数列{an}满足：a1=2，an+1=12an+2．(1)证明：数列{an–4}是等比数列；(2)求使不等式123nnamam成立的所有正整数m、n的值；(3)如果常数0t3，对于任意的正整数k，都有12kkatat成立，求t的取值范围．21．(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分9分)若函数y=f(x)对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f(x1)f(x2)=1成立，则称该函数为“依赖函数”．(1)判断函数g(x)=2x是否为“依赖函数”，并说明理由；(2)若函数f(x)=(x–1)2在定义域[m，n](m1)上为“依赖函数”，求实数m、n乘积mn的取值范围；(3)已知函数f(x)=(x–a)2(a34)在定义域[34，4]上为“依赖函数”．若存在实数x[34，4]，使得对任意的tR，有不等式f(x)≥–t2+(s–t)x+4都成立，求实数s的最大值．金山区2017-2018学年第二学期质量监控高三数学评分标准一、填空题1．π；2．y=10x；3．{x|2x3}[或(2,3)]；4．6；5．1；6．23；7．m≠2；8．0.6；9．5；10．{–1，0，–2}；11．2；12．1．二、选择题13．C；14．A；15．A；16．B17．(1)连BD，因为PD平面ABCD，则PBD就是PB与平面ABCD所成的角，…3分在△PBD中，tanPBD=322，PBD=arctan322，……………………6分PB与平面ABCD所成的角的大小为arctan322；………………………………7分(2)因为AB∥DC，所以PBA就是异面直线PB与DC所成的角，……………10分因为PD平面ABCD，所以AB⊥PD，又AB⊥AD，所以AB⊥PA，在Rt△PAB中，PA=10，AB=6，tanPBA=35，PBA=arctan35，……………13分异面直线PB与DC所成角的大小为arctan35．…………………………………14分18．(1)因为z=2)i2321(=i2321，所以13i22z，……………………3分由题意知：z、z是一元二次方程mx2+nx+1=0(m、nR)的两个根，由1313(i)(i)222211313(i)(i)2222nmm，……………………………………………5分解之得：11mn，………………………………………………………………………7分(2)设u=c+di(c,dR)，则(1+i)(c–di)+(c+di)=i2321，2c+d+ci=i2321…11分23212cdc，32123dc，…………………………………………………13分所以u=i)213(23．…………………………………………………………14分19．(1)设直线AB方程为(1)ykx，……………………………………………1分联立22(1)143ykxxy，消去y，得2222(43)84120kxkxk，…………2分因为11(,)Axy、22(,)Bxy，且2122212284341243kxxkkxxk，………………………………4分又11(,)Pxy，所以kPB=12121212(1)(1)34yykxkxxxxxk，……………6分(2)又直线PA的方程为11yyxx，则114Myyx，…………………………………8分由题意可知，111ykx，直线PB的方程为y+y1=113(1)4xy(x+x1)，…………10分则11113(1)(4)4Nxxyyy，……………………………………………………11分2211143xy，yMyN=2111113(1)(4)4xxyxx=22111134912xyxx=–9，综上，乘积yMyN为定值–9．………………………………………………………14分20．(1)由an+1=21an+2，所以an+1–4=21(an–4)，………………………………………2分且a1–4=–2，故数列{an–4}是以–2为首项，21为公比的等比数列；………………4分(2)由(1)题，得an–4=–21)21(n，得2142nna，…………………………………6分于是2114223142nnmm，当m≥4时，211421142nnmm，无解，………7分因此，满足题意的解为11mn或21mn或32mn；…………………………9分(3)解：①当k=1时，由322tt，解得0t1或2t3，………………………10分②当k≥2时，21423nna，故分母0nat恒成立，从而，只需ak+1–t2(ak–t)对k≥2，k∈N*恒成立，即t2ak–ak+1对k≥2，k∈N*恒成立，故t(2ak–ak+1)min，…………………………………………………………………………13分又1112432kkkaa，故当2k时，1min5(2)2kkaa，所以52t，综上所述，t的取值范围是(0,1)∪(2,25)．………………………………………16分21．(1)对于函数g(x)=2x的定义域R内任意的x1，取x2=–x1，则g(x1)g(x2)=1，且由g(x)=2x在R上单调递增，可知x2的取值唯一，故g(x)=2x是“依赖函数”；……………………………………………………………4分(2)因为m1，f(x)=(x–1)2在[m，n]递增，故f(m)f(n)=1，即(m–1)2(n–1)2=1，………5分由nm1，得(m–1)(n–1)=1，故1mnm，…………………………………………6分由nm1，得1m2，……………………………………………………………………7分从而211211mmnmmm在(1,2)m上单调递减，故(4,)mn，…9分(3)因43a，故2()()fxxa在4[,4]3上单调递增，从而4()(4)13ff，即224()(4)13aa，进而4()(4)13aa，解得1a或133a(舍)，………………………………………………………………13分从而，存在4[,4]3x，使得对任意的t∈R，有不等式22)41)((ttxsx都成立，即22(302)txtxsx恒成立，由22(4[]02)3xsxx，……15分得24(2)312xxs，由4[,4]3x，可得4(2)123xsx，又123yxx在4[,4]3x单调递增，故当4x时，max1239xx，从而4()92s，解得14s，故实数s的最大值为14．…………………………18分