上海市2021高二数学9月月考试题(含解析)

上海市2021-2021高二数学9月月考试题（含解析）

一.填空题

1.若“x0”是“xa”的充分非必要条件，则实数a的取值范围是________ 【答案】a0 【解析】 【分析】

“x0”⇒ “xa”,但是“xa”⇏“x0”，即可求解.

【详解】“x0”是“xa”的充分非必要条件，故前者是后者的真子集，即可求得a0。 【点睛】本题考查充分必要条件，是基础题

(x2)02.函数f(x)lg(x3)的定义域是________

x1【答案】(3,) 【解析】 【分析】

结合对数的真数大于0，分母不为0以及0次幂底数不为0，即可求解。

x30【详解】解：x20x3 ，故原函数定义域为(3,).

x10【点睛】本题考查定义域的求法，属于基础题。

3.已知向量a(2,1)，b(3,4)，则向量a在向量b方向上的投影为________ 【答案】【解析】 【分析】

2 5a在向量b方向上的投影为

abb，即可求解.

- 1 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【详解】向量a在向量b方向上的投影为acosa,baabababb642 55【点睛】a在向量b方向上的投影础题。

4.已知点P【答案】【解析】 【分析】

abb， b在向量a方向上的投影

aba，可以直接使用，基

PP2，若P2P直线PP，则实数________ 12上一点，且PP11PP2132 3利用向量的三角形加法法则，即可求解。

PP2⟹PP【详解】解：PP1PP2PP2PP2⟹PP121故：λ=2 3【点睛】本题考查向量的加法法则，属于基础题。

5.已知向量a、b满足|a|1，|b|2，且它们的夹角为120°，则向量a2b与向量a夹角的大小为________

【答案】arccos【解析】 【分析】

是131322PP2⟹P2PPP2 13313 13根据平面向量的数量积以及夹角公式，计算即可。 【详解】解：a2ba2b22a24abcos1204b2213 11212a2baa2abcos120213

cosa2b,a1313113a2ba - 2 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

又∵ 向量夹角的范围为0, ，∴向量a2b与向量a夹角的大小为arccos13 13【点睛】此题考查向量求模和向量的数量积公式，以及学生的计算能力，属于基础题。

6.已知正方形ABCD中，M是BC【答案】

中点，ACAMBD，则________

5 3【解析】 【分析】

找一组基向量分别表示出AC,AM,BD，再用待定系数法即可求得。

1【详解】解：令ABa,ADb,则ACab,AMab,BD=ba，

211（ab）（+ba）=()a+(+)b， 有∵ACAMBD，∴ab224==13∴1 解得：

1+=1=23∴+=5 3【点睛】考查向量加法、减法，及数乘的几何意义，以及向量的数乘运算，相等向量的概念，平面向量基本定理．

7.已知函数f(x)＝logax＋x－b(a＞0，且a≠1)．当2＜a＜3＜b＜4时，函数f(x)的零点为x0∈(n，n＋1)，n∈N，则n= . 【答案】2 【解析】 【分析】

把要求零点函数，变成两个基本初等函数，根据所给的a，b的值，可以判断两个函数的交点的所在的位置，同所给的区间进行比较，得到n的值. 【详解】设函数y=logax，m=﹣x+b 根据2＜a＜3＜b＜4，

- 3 -

*

的 重点中学试卷 可修改 欢迎下载

对于函数y=logax 在x=2时，一定得到一个值小于1，而b-2>1，x=3时，对数值在1和2 之间，b-3<1

在同一坐标系中画出两个函数的图象， 判断两个函数的图形的交点在（2，3）之间，

∴函数f（x）的零点x0∈（n，n+1）时，n=2．故答案为2.

考点：二分法求方程的近似解；对数函数的图象与性质．

28.若a、b是函数f(x)xpxq（p0，q0）的两个不同的零点，且a、b、4适当排序后可构成等差数列，也可适当排序后构成等比数列，则pq________ 【答案】26 【解析】 【分析】

a，b是函数f（x）＝x2−px＋q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，可得a＋b＝p，ab＝q，p＞0，q＞0，△＝p2−4q＞0．不妨设a＜b．由于a，b，−4这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得−4，a，b或b，a，−4成等差数列，a，−4，b或b，−4，a成等比数列，即可得出．

【详解】解：∵a，b是函数f（x）＝x2−px＋q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点， ∴a＋b＝p，ab＝q，p＞0，q＞0，△＝p2−4q＞0． 不妨设a＜b．

- 4 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

由于a，b，−4这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列， ∴−4，a，b或b，a，−4成等差数列，a，−4，b或b，−4，a成等比数列， ∴b−4＝2a，ab＝（−4）， 解得a＝2，b＝8． ∴p＝10，q＝16． 满足△≥0． 则p＋q＝26． 故选：C．

【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

9.若将函数f(x)cos(x2

8)（0）的图像向左平移

12个单位后，所得图像对应的函

数为偶函数，则的最小值是________ 【答案】

3 2【解析】 【分析】

由三角函数图象的平移变换得：g(x)cos(x)，因为g(x)为偶函数，所以128128=k,kZ，由(0)，所以ω的最小值为32，得解．

【详解】解答：解：将函数f(x)cos(x8)(0)的图象向左平移

12个单位后，所得图

g(x)cos(x)+cos(x+), 象对应的函数为128128因为g(x)为偶函数， 所以

123=k,kZ12k,kZ， 82由0， 所以ω的最小值为

3， 2- 5 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

故答案为：

3． 2【点睛】本题考查了三角函数图象的平移变换及函数的奇偶性，属中档题．

10.若数列{an}满足a110，an1an18n10（nN*），记[x]表示不超过实数x的最大

an[an])________ 整数，则lim(n【答案】

1 6【解析】 【分析】

an[an])求得答案． 由已知变形，利用累加法求得数列通项公式，然后代入lim(n【详解】解：由an1an18n10，得a110， 又a110，

∴a2a118110，

a3a218210，

…

anan118(n1)10，

累加得：ana11812(n1)10(n1)10nn9n2n3n18n(n1)9n2n．

2∴an[an]9n2n3n1 193n则nlim(an[an])limn116 193n【点睛】本题考查数列的极限，训练了累加法求数列的通项公式，是中档题．

11.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，，其中从第三项开始，每个数都等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一

- 6 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

222a12a2a3an列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，那么（n3）是斐波那

an契数列的第________项 【答案】n1 【解析】 【分析】

利用an2an1an，结合叠加法，即可得出结论． 【详解】解：∵an2an1an， ∴a2n1an(anan1)anananan1，

aa2nn1(an1an2)an1an1an1an2，

…

aa23a22a2a1，

∴a222n1ananan1a22a1，

∴

a2a2212a3a2naan1

n故答案为：n1．

【点睛】本题考查斐波那契数列，考查叠加法，考查学生的计算能力，属于中档题．

12.已知数列{an*n}满足annk(nN,0k1)，给出下列命题：

①当k12时，数列{an}为递减数列； ②当

12k1时，数列{an}不一定有最大项； ③当0k12时，数列{an}为递减数列； ④当

k1k为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项. 请写出正确的命题的序号__________． 【答案】③④ 【解析】

- 7 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

n1n1kan1n1k分析：由于，再根据k的条件讨论即可得出. annknnan111详解：①当k时，ann，an22n1n12n1n2n1n1，当n1时，a1a2，2n因此数列an不是递减数列，故①不正确；

n1ka1②当k1时，n12annknn1n1kn，由于

n1k112k 1k2nn因此数列an一定有最大项，故②不正确；

n1ka1③当0k时，n12annkn为递减数列，正确；

n1n1kn11n2n，an1an，因此数列anan1n1kk④当为正整数时，

1kannkn最大项，故正确. 综上可知：只有③④正确. 故答案为：③④.

n1n1k1n，因此数列an必有两项相等的

点睛：本题考查了数列的单调性，分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题.

二.选择题

13.若x0，则函数yxA. 21 21的最小值为（） 2x11B. 2 C. 21

2D. 21

【答案】B 【解析】 分析】

构造两式之积是个定值，再用基本不等式求解。

- 8 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

111111=x2（当且仅当x=2时，【详解】∵x0，∴yx2x12x12x1222212即x=21时，取“=”），故选B. 2【点睛】本题考查了构造思想，基本不等式的性质的运用，属于基础题．

14.设等差数列{an}前n项和为Sn，且满足S190，S200，则最大项为（）

S19S1S2S3、、、、中，

a19a1a2a3S1A.

a1【答案】C 【解析】 【分析】

S9B.

a9S10C.

a10S11D.

a11由条件得到此数列为递减数列，再根据符号确定

S10最大 a10【详解】解：由S1919(a1a19)19a100，得到a100；

2由S2020(a1a20)10(a10a11)0，得到a110，

2∴等差数列{an}为递减数列． 则a1,a2,,a10为正，a11,a12,为负；S1,S2,,S19为正，S20,S21,为负，

S11S120,0,则a11a12又S10S9故选：C．

,S190, a19a100，得到

S10S9a10a9S10S10,，则最大．

a10a1S10，a1a2【点睛】此题考查了等差数列的前n项和公式，等差数列的性质，以及数列的函数特性，熟练掌握等差数列的性质及求和公式是解本题的关键．

- 9 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

15.已知在△ABC中，AB2，ACA. 25 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 2

2BC，则△ABC的面积的最大值为（）

C. 22

D. 23 31a21设BCa，则AC2a，利用余弦定理可求得cosB2，再利用三角形的面

a1622积公式可求得S的最大值．

ABCasinB，继而可求S2ABC12(a12)28，从而可得△ABC面积16【详解】解：依题意，设BCa，则AC2a，又AB2，

由余弦定理得：(2a)2a2AB22aABcosB， 即a24acosB40

4a21a∴cosB,

4aa4a211∴cosB,

16a2223a21∴sinB1cosB2,

216a22∵SABC11ABBCsinB2asinBasinB 22222∴S2ABC3a2121asinBa(2)(a212)28

216a16当a212时，即a23， 2、23、26能组成三角形。

2∴Smax8

- 10 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

∴Smax22 故选： C ．

【点睛】本题考查余弦定理与正弦定理的应用，着重考查转化思想与二次函数的配方法，求得S

16.设a，b，c为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a与b不共线，

2ABC12(a12)28是关键，也是难点，属于难题． 16a⊥c，|a|=|c|，则|bc|的值一定等于 （ ）

A. 以a，b为邻边的平行四边形的面积 B. 以b，c为两边的三角形面积 C. a，b为两边的三角形面积 D. 以b，c为邻边的平行四边形的面积 【答案】A 【解析】

【详解】记OA=a，OB=b，OC=c，记a与b，b于c夹角分别为,,因为这三向量的起点相同，且满足a与b不共线，a⊥c，|a|=|c|，则cossin，利用向量的内积定义，所以|bc|=||b|•|c|cos＜b，c＞|=||OB||OC|cosθ|==||OB||OA|sin |，又由于SBOA1|OB||OA|sin，所以||OB||OA|sin |等于以a，b为邻边的平2行四边形的面积，故选A

三.解答题

17.已知A{|2cos23cos10,R}，B{|2sin1,R}. （1）求集合AB；

（2）若对任意的xA值范围.

xxB，都有cos2x4sin()sin()m0恒成立，求m的取

4242 - 11 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【答案】（1）A【解析】 【分析】

B{|2k2k3,kZ}；（2）m3 2（1）求出集合A、B的的取值范围，再取交集即可。 （2）问题转化为对任意的xAB，1m2cosx(cosx1)min，即可求解。

【详解】解：（1）依题意：∵A{|(2cos1)(cos1)0,R}

∴A{|1cos1,R}，即A{|2k2k,kZ},

332B{|2k2k同理B{|2k2k,R}，故A（2）∵cos2x4sin(3,kZ}

xx)sin()m0， 4242xx⟹cos2x4sin()cos()m0，

4242⟹cos2x2sin(2x)m0，

⟹2cos2x2cosx1m，

⟹2cosx(cosx1)1m对任意的xA即对任意的xAB恒成立，

B，1m2cosx(cosx1)min恒成立，

1当xAB时，cosx,1，当cosx211时，2cosx(cosx1)取得最小值，故22311m，即m。

22【点睛】本题考查了集合运算，考查三角函数的运算，考查函数恒成立问题，本题是一道中档题．

218.已知数列{an}的前n项和为Sn3n8n，{bn}是等差数列，且anbnbn1.

（1）求数列{bn}的通项公式； （2）求cn3an的最大项的值，并指出是第几项.

bn11 - 12 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【答案】（1）bn3n1；（2）【解析】 【分析】

87，是第四项 2(1)运用n1,a1S1；当n2时，anSnSn1，可得an，再由等差数列的通项公式可得

bn的通项；

253an68710,当n4时,cn取得最大值. (2)cn=

bn11n23【详解】(1)当n1时,a111；

当n2时,anSnSn13n28n3n18n16n5； 而an6n5，对n1也成立，所以an6n5． 又因为bn是等差数列,设首项为b1,公差为d,

则由anbnbn1得:6n52dn2b1d,且该等式恒成立；

2所以2d62b1d5,解得b14；

d3所以bn3n1;

法二:当n1时,2b111d;当n2时,2b217d,解得d3；

and3n1. 236n56253an8710,所以当n4的时候取得最大值. (2)cn==

bn113n111n23所以数列bn的通项公式为bn【点睛】本题考查数列通项的求法，注意运用数列递推式和等差数列通项公式，考查数列中的最大值，注意运用数列的单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

19.某市2013年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张，为了节能减排和控制总量，从2013年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0．5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一

- 13 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变．

（1）记2013年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数量构成数列an，每年发放电动型汽车牌照数为构成数列bn，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式； （2）从2013年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？

a110 a29.5 b23 a3 a4 b12 【

答

b3 ． b4 案】（1）见解析，

3n1n21*1n20,nN1n4,nN*2，，an22,bn2；（2）2029年累计

6.75，n21,nN*n5,nN*0，发放汽车牌照超过200万张． 【解析】 【分析】

（1）利用2013年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照按每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型车的牌照的数量维持在这一年水平不变，即可填写表格，并写出这两个数列的通项公式；（2）利用等差数列与等比数列的求和公式，可得【详解】（1）

126843nn200，即可得出结论． 444a110 a29.5 b23 a3 9 a48.5 b12 b34.5 b46.75 - 14 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

当1n20且nN*，an10n10.5当n21且nN*，an0，

n21； 22n211n20,nN*，an22，

n21,nN*0，3n11n4,nN*2，而a4b415.2515，∴bn2;

6.75，*n5,nN（2）当n4时，Sna1a2a3a4b1b2b3b453.25， 当5n20时，Sna1a2anb1b2b3b4b5bn

34212nn116.75n4

10n3221216843n2n

444126843n200，即n268n8430，得由Sn200得n4443431316.30n20，

到2029年累计发放汽车牌照超过200万张． 考点：数列的实际应用．

20.已知数列{an}的前n项和为Sn，且S20，2Snnnan（nN*）. （1）计算a1，a2，a3，a4，并求数列{an}的通项公式；

n（2）若数列{bn}满足b13b25b3(2n1)bn2an3，求证：数列{bn}是等比数列；

- 15 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

，（3）由数列{an}的项组成一个新数列{cn}：c1a1，c2a2a3，c3a4a5a6a7，

cna2n1a2n11a2n12a2n1，设Tn为数列{cn}的前n项和，试求limTn的值.

n4n【答案】（1）详见解析，an2n3；（2）bn2n1；（3）1

【解析】 【分析】

（1）通过计算出前几项的值，猜想通项公式，进而利用数学归纳法证明；

（2）通过b3bn1)bn125b3(2n2an3与

b113b25b3(2n3)bn12nan13作差，进而计算即得结论；

（3）通过（2），利用分组法求和，进而计算可得结论． 【详解】（1）解：当n1时，由2S11a1，得a11； 由S2a1a20，得a21；

当n3时，由2S332a333a3，得a33； 当n4时，由2S442a4104a4，得a45； 猜想：an2n3(nN)． 下面用数学归纳法证明：

①当n2时， a21，结论显然成立； ②假设当nk2时，ak2k3， 由条件知2Snnann， 故2ak12Sk12Sk

＝k1ak1k1kakk ＝k1ak1kak1，

于是k1ak1kak1k(2k3)1k12k1， 从而ak12(k1)3，

- 16 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

故数列{an}的通项公式为：an2n3(nN)；

（2）证明：当n1时，b12a131，当n2时，由条件得

(2n1)bn＝b13b25b3(2n1)bnb13b25b3(2n3)bn1

2nan32n1an132n2n32n12n52n12n1

从而bn2n1，

故数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列； （3）解：由题意，得

cna2n1a2n11a2n12a2n1

22n1322n1122n1122n722n5

n1n2n122322534n2n1 24故Tn3(4424344n)(22232n1)

34(4n1)22(2n1) 441214n42n3，

从而limTn1n1nlim14()3()1. n4nn24【点睛】本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．

21.已知集合M是具有下列性质的函数f(x)的全体，存在有序实数对(m,n)，使

f(mx)f(mx)n对定义域内任意实数x都成立.

（1）判断函数f(x)2x，g(x)2x是否属于集合M，并说明理由； （2）若函数f(x)xa（ab0，a、b为常数）具有反函数，且存在实数对(0,k)使bx1f(x)M，求实数a、b满足的关系式；

- 17 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

（3）若定义域为R的函数f(x)M，存在满足条件的实数对(0,1)和(1,4)，当x[0,1]时，f(x)值域为[1,2]，求当x[0,2019]时函数f(x)的值域.

2019【答案】（1）f(x)M，g(x)M；（2）ab1；（3）[1,2]

【解析】 【分析】

（1）根据已知中集合M的定义，分别判断两个函数是否满足条件，可得结论； （2）假定f(x)M，求出的a、b的关系；

（3）利用题中的新定义，列出两个等式恒成立将x用2x代替，两等式结合得到函数的递推关系；用不完全归纳的方法求出值域．

22【详解】解：（1）当f(x)2x时，f(mx)f(mx)2(mx)2(mx)4(mx)

不是常数，所以f(x)2xM； 当 g(x)2x时，g(mx)g(mx)2mx2mx22m，故存在有序实数对0,1，

使得g(0x)g(0x)1对定义域内的任意实数都成立．故g(x)M．

（2）因为f(x)xaM， bx12max2mxamxa所以f(mx)f(mx)n对定义域内的222b(mx)1b(mx)1(bm1)bx212bn12(ma)(m)， 任意实数都成立，∴， ∴22bmanbm1∴a1． b11x当a时，b1，此时f(x)无反函数， f(x)bbx1b1b2xb当a时，f(x)存在反函数符合题意．

bbx1故a1． b- 18 -

重点中学试卷 可修改 欢迎下载

（3）依题意得f(x)f(x)1且 f(1x)f(1x)4， 在f(x)f(x)1中，则有f(x)1f(x)， 当x1,0时，x0,1， f(x)1f(x)12,1， ∴x1,1时， f(x)12,2， 又∵f(1x)f(1x)4则有f(x)f(2x)4，即f(x)4f(2x)

故1f(x)4f(2x)，即4f(x)f(2x)，则有f(2x)4f(x)， ∴x1,3时，f(x)21,23，

x3,5时，f(x)23,25， x5,7时，f(x)25,27，

…

以此类推可知： x2k1,2k1时，f(x)22k1,22k1，

故x2017,2019时， f(x)22017,22019，

综上所述：x0,2019时，f(x)1,22019．

【点睛】本题考查了反函数，属难题． - 19 -