上海复旦大学附属中学2016届高三上学期期中考试数学(文)试卷.

复旦大学附属中学2015学年第一学期 高三年级数学期中考试试卷（文科）

（考试时间120分钟，总分150分，所有答案请写在答题纸上）

一、 填空题（每题4分，共56分）

1、 若集合A{x|x2x0,xR}，B{x||x1|2,xR}，则AB . 2、 函数f(x)1log2x(x4)的反函数f3．满足等式

12(x)的定义域是

zi1i1i0的复数z为

4、甲校有3600名学生，乙校有5400名学生，丙校有1800名学生.为统计三校学生某方面的情况，计划采用分层抽样法，抽取一个样本容量为90人的样本，则应在甲校抽取的学生数是___________.

5、(x2)9的二项展开式中，含x3项的系数是___________.

6、直线l1:(a3)xy30与直线l2:5x(a3)y40，若l1的方向向量是l2的法向量，则实数a

．

1x17、阅读右边的程序框图，如果输出的值y在区间,1内，则输入的

4实数x的取值范围是 ． 8、 已知圆锥的母线长为5cm，侧面积为20cm，则此圆锥的体积

为________cm．

9、在DABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知

321a，2sinB=3sinC，则cosA的值为_______. 41anan1n（nN*）10、数列{an}中，若a11，，则lim(a1a2a2n) . n2b-c=11、甲、乙两人参加法律知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题有6道，判断题4道，甲、乙两人依次各抽一题（不能抽同一题）．则甲、乙中至少有一人抽到选择题的概率等于 ．（用数字作答）

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12、已知等差数列{an}满足：值时，n

a111，且它的前n项和Sn有最大值，则当Sn取到最小正a1013.、已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x0,3时，f(x)x22x若函数yf(x)a在区间3,4上有10个零点（互不相同），则实数a的取值范围是 .

1， 2214、已知抛物线C:y2x，过抛物线C上一点P(1,2)作倾斜角互补的两条直线PA、

PB，分别交抛物线C于A、B两点.则直线AB的斜率为 .

二、选择题（每题5分，共20分）

15.若f(x)和g(x)都是定义在R上的函数，则“f(x)与g(x)同是奇函数或同是偶函数”是“f(x)g(x)是偶函数”的（ ）

A、充分非必要条件. B、必要非充分条件. C、充要条件. D、既非充分又非必要条件 16、已知数列{an}前n项和满足SnSn1则an（ ） SnSn1(n2)，a11，

A、 n B、2n1 C、n2 D、2n21

17、若对任意xR，都有f(x)A、一定单调递增 B、一定没有单调减区间

C、可能没有单调增区间 D、一定没有单调增区间

18、设集合S,T是R的两个非空子集,如果存在一个从S到T的函数yf(x)满足:

(i)T{f(x)|xS};(ii) 对任意x1,x2S,当x1x2时,恒有f(x1)f(x2),那么称这两

个集合“保序同构”.以下集合对不是“保序同构”的是( )

A、AN,BN B、A{x|1x3},B{x|x8或0x10} C、A{x|0x5},BR D、AN,BQ

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三、解答题

19．（本题满分12分；第1小题6分，第2小题6分） 已知函数fxx1,gxx26x5xR （1）若gxfx，求x的取值范围； （2）求gxfx的最大值．

20.（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）.

已知向量a(3sin3x,y),b(m,cos3xm)(mR)，且ab0. 设yf(x).

（1）求f(x)的表达式，并求函数f(x)在[2]上图像最低点M的坐标.

1,（2）若对任意x[0,9]，f(x)t9x1恒成立，求实数t的范围.

21.（本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分. ）

如图所示，一种医用输液瓶可以视为两个圆柱的组合体.开始输液时，滴管内匀速滴下球状液体，其中球状液体的半径

r310毫米,滴管内液体忽略不计.

（1）如果瓶内的药液恰好156分钟滴完，问每分钟应滴下多少滴？

（2）在条件(1)下,设输液开始后x（单位：分钟），瓶内液面与进气管的距离为h（单位：厘米），已知当x0时，h13.试将h表示为x的函数.（注:1cm1000mm）

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第21题

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22．（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小 题满分6分. ）

x2y2已知椭圆C:221ab0的左、右焦点分别为F1，F2， 点M0,2是椭圆的

ab一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形． （1）求椭圆C的方程；

（2）设点P是椭圆C上一动点，求线段PM的中点Q的轨迹方程；

（3）过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k1， k2， 且k1k28，探究：直线AB是否过定点，并说明理由.

23．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小 题满分8分. ）

n*已知数列{an}满足：a11,|an1an|p,nN，Sn为数列{an}的前n项和。

（1） 若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值； （2） 若p1，且{a2n1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式； 2（3） 若p1，对于给定的正整数n，是否存在一个满足条件的数列{an}，使得Snn，

如果存在，给出一个满足条件的数列，如果不存在，请说明理由。

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高三年级数学期中考试（文）参

一、 填空题

1、 (3,0) 2、[3,) 3、1 4、30 8、16

9、-5、-126

6、2

7、2,0

1 410、

2 311、

13 1512、19

13、（0，）

1214、

（文）2 2二、选择题 15、 二、

A 解答题

16、B

17、C

18、D

19（1）当x1时，fxx1- 由gxfx，得x26x5x1， 整理得x1x40，所以x1,4； 当x1时，fx1x，

由gxfx，得x26x51x， 整理得x1x60x1,6，由综上x的取值范围是1,4；

（2）由（1）知，gxfx的最大值必在1,4上取到，-

x1得x

1x6599所以gxfxx26x5x1x

244所以当x

259时，gxfx取到最大值为．

423sin3xm020、（1）ab0，即，

ycos3xm05 / 9

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消去m，得y即f(x)3sin3xcos3x，

3sin3xcos3x2sin(3x6)，

x[521]时， 3x[,]，sin(3x)[,1]，

162636,2 9即f(x)的最小值为1，此时x所以函数f(x)的图像上最低点M的坐标是(2,1) 9（2）f(x)t9x1, 即2sin(3x6)9xt1，

当x[0,9]时, 函数f(x)2sin(3x6)单调递增，y9x单调递增，

所以y2sin(3x6)9x在[0,9]上单调递增，

所以y2sin(3x6)9x的最小值为1,

要2sin(3x6)9xt1恒成立，只要t11，所以t0为所求.

21、（1）设每分钟滴下k（kN*）滴，

则瓶内液体的体积V14923156cm3

22440kkcm3 k滴球状液体的体积V2k10mm33375k所以156156，解得k75，故每分钟应滴下75滴。

753（2）由（1）知，每分钟滴下cm药液

x，此时0x144 16x22当1h4时，x492(4h)，即h40，此时144x156

4当4h13时，x4(13h)，即h1326 / 9

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x13,0x14416综上可得h(x) 40x,144x1564

222. （文）（1）由已知可得 b2,a2b2x2y28，所求椭圆方程为1．

8422xy（2）设点Px1,y1，PM的中点坐标为Qx,y, 则111

842y10x1x22y11 由x,y得x12x,y12y2代入上式 得222（3）若直线AB的斜率存在，设AB方程为ykxm，依题意m2．

x2y21, 得 12k2x24kmx2m280．

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由 84ykxm,4km2m28y12y22,xx8， 则x1x2． 由已知1222x1x212k12k所以

kx1m2kx2m2xx8，即2km2128．

x1x2x1x2所以kmk114，整理得 mk2．故直线AB的方程为ykxk2，即yk22m2（x11）2．所以直线AB过定点（,2）． 22若直线AB的斜率不存在，设AB方程为xx0，设A(x0,y0)，B(x0,y0)，由已知

111y02y028，得x0．此时AB方程为x，显然过点（,2）． x0x0222综上，直线AB过定点（1,2）． 2

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n23、（1）因为an是递增数列，所以an1anan1anp。而a11，因此又a1,2a2,3a32成等差数列，所以4a2a13a3，因而3pp0，解得p1,p0 31当p0时，an1an，这与an是递增数列矛盾。故p.

3（2）由于a2n1是递增数列，因而a2n1a2n10，于是

但

11，所以a2n1a2na2na2n10 ① 2n2n122 a2n1. ② aaa2n2n2n1由①，②知，a2na2n10，

12n1(1)2n2n1因此a2na2n1()22 ③

因为a2n是递减数列，同理可得，a2n1a2n0，

故a2n1a2n122n(1)2n1 ④ 2n2(1)n1由③，④即知，an1an。

2n11(1)n于是ana1(a2a1)(a3a2)...(anan1)12...n1

22211()n141(1)n12n1. 1133221241(1)n故数列an的通项公式为ann1

332（3）令ckak1ak(k1,2,

,n1),则ck{1,1}.

cn1,

因为a2a1c1,a3a1c1c2，……，ana1c1c2所以Snna1(n1)c1(n2)c2(n3)c3cn1

nn(n1)[(1c1)(n1)(1c2)(n2)28 / 9

(1cn1)].

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因为ck{1,1},所以1ck为偶数(k1,所以(1c1)(n1)(1c2)(n2)所以要使Snn,必须使,n1).

(1cn)为偶数,

n(n1)为偶数, 2即4整除n(n1),亦即n4m或n4m1(mN*). 当n4m,4m3(mN*)时,数列{an}满足：

a4k3a4k11,a4k20,a4k2(kN*)时，有Snn;

当n4m2或n4m1(mN)时,n(n1)不能被4整除， 此时不存在数列{an} ，使得Snn。

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