2021届上海市交通大学附属中学高三上学期10月月考数学试题(解析版)

第 1 页 共 6 页 2021届上海市交通大学附属中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知0a，0b，若4ab，则（ ）

A．22ab有最小值 B．ab有最小值

C．11ab有最大值 D．1ab有最大值

【答案】A

【解析】根据基本不等式的性质，即可求解22ab有最小值，得到答案.

【详解】

由题意，可知a0，b0，且ab4，

因为0,0ab，则2abab，即2()42abab，

所以222abab2ab162ab16248，

当且仅当2ab时，等号成立，取得最小值8，

故选A．

【点睛】

本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中合理应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

2．已知平面直角坐标系xOy上的区域D由不等式组02{22xyxy给定．若(,)Mxy为D上的动点，点A的坐标为(2,1)，则zOMOA的最大值为（ ）

A．3 B．4 C．32 D．42

【答案】B

【解析】试题分析：

画出区域D如图所示，则为图中阴影部分对应的四边形上及其内部的点，又2zOMOAxy,所以当目标线过点2,2B时，,故选B.

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【考点】线性规划

3．设集合21|10Pxxax，22|20Pxxax，21|0Qxxxb，22|20Qxxxb，其中,abR，下列说法正确的是（ ）

A．对任意a，1P是2P的子集；对任意的b，1Q不是2Q的子集

B．对任意a，1P是2P的子集；存在b，使得1Q是2Q的子集

C．存在a，使得1P不是2P的子集；对任意的b，1Q不是2Q的子集

D．存在a，使得1P不是2P的子集；存在b，使得1Q是2Q的子集

【答案】B

【解析】先证得1P是2P的子集，然后求得b使1Q是2Q的子集，由此确定正确选项．

【详解】

对于1P和2P，由于210xax时222110xaxxax，所以1P的元素，一定是2P的元素，故对任意a，1P是2P的子集.

对于1Q和2Q，根据判别式有140440bb，即1b时，12QQR，满足1Q是2Q的子集，也即存在b，使得1Q是2Q的子集.

故选B.

【点睛】

本小题主要考查子集的判断，考查恒成立问题和存在性问题的求解策略，属于基础题.

4．对于定义在1,1上的函数fx和gx，有下面几个命题：

①若*coscosNfxnxn，当n为奇数时，函数fx是奇函数；

②若*coscosNfxnxn，当n为偶数时，函数fx是偶函数：

③存在正奇数n和奇函数gx，满足对任意的x，都有*sinsinNgxnxn；

第 1 页 共 6 页 ④存在正偶数n和偶函数gx，满足对任意的x，都有*sinsinNgxnxn；

⑤存在正整数n，使得fx与gx均为单调函数，其中coscosfxnx，*sinsinNgxnxn.

其中真命题的个数是（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】C

【解析】根据函数的奇偶性进行判断．特称命题可以举一例说明．

【详解】

在(cos)cosfxnx中，(cos)(cos())cos()fxfxnxn，

当n为奇数时，(cos)cos(cos)fxnxfx，()fx是奇函数，①正确；

n为偶数时，(cos)cos(cos)fxnxfx，()fx是偶函数，②正确；

令1n，()gxx，则(sin)singxx，③正确；

若(sin)singxnx，则(sin)(sin())sin()sin(sin)gxgxnxnxgx，()gx为奇函数，不可能为偶函数，④错误；

取1n，()fxx，()gxx，均为增函数，且(cos)cosfxx，(sin)singxx．⑤正确．

正确命题有4个．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查函数的奇偶性，注意对于复合函数的奇偶性的表述．如只要证明(cos)(cos)fxfx，即得()fx是奇函数．本题考查学生的逻辑推理能力，分析问题解决问题的能力，属于难题．

二、填空题

5．若样本数据依小到大为1，2，3，x，6，6，它们的中位数是4，则x______.

【答案】5.

【解析】根据中位数的定义计算．

【详解】

第 1 页 共 6 页 6个数的中位数是中间两个数的平均值，则2435x．

故答案为：5．

【点睛】

本题考查中位数的概念，把一列数按从小到大顺序排列，中间的一个数（奇数个数时）和或中间的两个数的平均值（偶数个数时）为这组数据的中位数．

6．若线性方程组的增广矩阵为0201ab，解为21xy，则ab______.

【答案】2.

【解析】由线性方程组的增广矩阵的概念可得21xy为方程组2axyb的解，即可得解.

【详解】

由题意，21xy为方程组2axyb的解，所以221ab，

所以11ab，所以2ab.

故答案为：2.

【点睛】

本题考查了线性方程组增广矩阵的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

7．若复数z满足3421()2izii，则z的虚部是______.

【答案】45

【解析】根据复数的除法和模长公式求解z，再得出虚部即可.

【详解】

2221243435iii

即(34)5iz，

所以53453434343434555iiziiii，故虚部是45.

故答案为：45

【点睛】

本题主要考查了复数的乘除运算和模长公式，属于基础题.

8．方程lg21lg1xx的解为______.

第 1 页 共 6 页 【答案】2.

【解析】由对数的运算性质可转化条件为21100210xxxx，即可得解.

【详解】

方程lg21lg1xx等价于lg2110210xxxx，

所以21100210xxxx，解得2x.

故答案为：2.

【点睛】

本题考查了对数方程的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.

9．在921xx的二项展开式中，常数项为______.

【答案】84.

【解析】由二项式定理可得二项式展开式的通项公式，令930r，运算即可得解.

【详解】

二项式921xx的展开式的通项公式为99319921rrrrrrCTxCxx，

令930r，解得3r，

所以921xx的二项展开式中，常数项为39=84C.

故答案为：84.

【点睛】

本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

10．记函数yfx的反函数为1yfx，如果函数yfx的图像过点（1，-4），那么函数12yfx的图像一定过点______.

【答案】（-2，1）

【解析】利用函数与其反函数的图像关于直线yx对称的关系即可求得1(4)1f，再利用该结论即可得解.

第 1 页 共 6 页 【详解】

因为函数()yfx的反函数为1()yfx，又(1)4f，则1(4)1f，

所以1(22)1f，即函数1(2)yfx的图像一定过点2,1，

故答案为：2,1.

【点睛】

本题考查了函数与其反函数的图像关于直线yx对称的性质，重点考查了函数与其反函数图像的关系，属基础题.

11．空间中一条线段在三视图中的长度分别为5，13，25，则该线段的长度为______.

【答案】29.

【解析】将线段放入长方体中，由三视图的概念可得长方体的长宽高，进而可得线段长.

【详解】

将该线段放入一个长、宽、高分别为a、b、c的长方体中，如图，

由题意可得22222222251325acabcb，解得324abc，

所以该线段长为22229abc.

故答案为：29.

【点睛】

本题考查了长方体几何特征及三视图的应用，考查了空间思维能力，属于基础题.

12．设12FF、分别为双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点，若在双曲线右支上

第 1 页 共 6 页 存在点P，满足121235PFPFFF，则该双曲线的渐近线方程为 ．

【答案】43yx

【解析】【详解】

所以4453bbca，渐近线方程为43yx，

故答案为43yx.

13．函数tan42yx的部分图像如图所示，则OAAB______.

【答案】2.

【解析】由正切函数性质求得,AB两点的坐标，然后计算数量积．

【详解】

tan042x，42xk，42xk，kZ，最小的正整数为2x，(2,0)A，

tan142x，424xk，43xk，kZ，最小的正整数为3x，(3,1)B，

(2,0),(1,1)OAAB，

∴(2,0)(1,1)2OAAB，

故答案为：2．

【点睛】