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嘉定区2020学年高三年级第二次质量调研测试 数 学 试 卷 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) 考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. ,则AB____________. 1.已知集合Ax1x2,B0,1,2,32.已知复数z满足1i(i为虚数单位),则z____________. z13.已知等差数列{an}满足a23a48,则a5____________. xy204.若实数x、y满足x2y30,则z2xy的最大值为_____________. y05.已知函数f(x)2loga(x1) (a0,且a1).若yf(x)函数的图像经过点(1,2),则a_____________. 的反4 6.《九章算术》中,称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”. 4 已知某“鳖臑”的三视图如图所示,则该“鳖臑”的体积为 _____________. 主视图 左视图 3 147.已知正数x、y满足x1,则y的最小值为___________. xy俯视图 Snan8.设数列{an}的前n项和为Sn,且满足4, 11则limSn___________. n9.将(x17)的二项展开式的各项重新随机排列,则有理项互不相邻的概率为_______. xx2y210.已知点A、B是双曲线221 (a0,b0)的左、右顶点,点P是该双曲线上异于A、ab B的另外一点,若△ABP是顶角为120的等腰三角形,则该双曲线的渐近线方程是_____________. x2x28,x2,,都存在唯一的x2,2,满足11.已知函数f(x)若对任意的x12,xa|1,x2.2f(x1)f(x2),则实数a的取值范围是______________. 112.在平面直角坐标系xOy中,起点为坐标原点的向量a,b满足ab1,且ab,2.若存在向量a、b,对于任意实数m,n,不等式c(m,1m),d(n,1n) (m,nR)acbdT成立,则实数T的最大值为___________. 二、选择题(本大题共有4题,满分20分,每题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.“函数f(x)sin(x) (x、R,且0)的最小正周期为π”是“2”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 14.已知一组数据3、4、a、6、8的平均数是5,则这组数据的方差是 ( ). (A)3.2 (B)3.5 (C)4 (D)5 15.设直线yx与椭圆x2cos,交于A、B两点,点P在直线ykx3上. ysin若PAPB2,则实数k的取值范围是 ( ). (A)(2,2) (B)[22,22] (C)(,2)(2,) (D)(,22][22,) 16.已知函数f(x)2021x11x(x1)320212x,则不等式 . f(x24)f(23x)4的解集为 ( )(A)[1,4] (B)[4,1] (C)(,1][4,) (D)(,4][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的相应位置写出必要的步骤. 17.(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分) 在矩形ABCD中,AB2,BC1,矩形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱. 如图,矩形ABCD绕AB顺时针旋转(1)求证:AMCD1; (2)求异面直线CM与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示). 18.(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分) 设常数aR,函数f(x)a3xπ至ABC1D1,线段DD1的中点为M. 2C1BCADM1. 3xD1(1)若函数f(x)是奇函数,求实数a的值; (2)若函数yf(x)2a在x0,1时有零点,求实数a的取值范围. 19.(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分) 某居民小区为缓解业主停车难的问题,拟对小区内一块扇形空地AOB进行改造.如图所示,平行四边形OMPN区域为停车场,其余部分建成绿地,点P在围墙AB弧上,点M和点N分别在道路OA和道路OB上,且OA90米,AOB(1)当π,设POB. 3π时,求停车场的面积(精确到0.1平方米); 6(2)写出停车场面积S关于的函数关系式,并求当为何值时,停车场面积S取得最大值. A P M B N O 20.(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) 已知抛物线:y22px的焦点为F(2,0),点P在抛物线上. (1)求抛物线的方程; (2)若|PF|5,求点P的坐标; (3)过点T(t,0) (t0)作两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、B、C、D四点,且点M、N分别为线段AB、CD的中点,求△TMN的面积的最小值. 21.(本题满分18分,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小分8分) nyACTMOBNDx 题满已知数列an满足:a11,an1anp,nN*,Sn为数列an的前n项和. (1)若an是递增数列,且3a1,4a2,5a3成等差数列,求p的值; (2)已知p1,且a2n-1是递增数列,a2n是递减数列,求数列an的通项公式; 3(3)已知p1,对于给定正整数n,试探究是否存在一个满足条件的数列an,使得Snn.若存在,写出一个满足条件的数列an;若不存在,请说明理由. 嘉定区2020学年高三年级第二次质量调研测试 数 学 试 卷 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) 考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. ,则AB____________. 1.已知集合Ax1x2,B0,1,2,3【答案】{0,1} 【解析】因为A{x∣1x2},B{0,1,2,3},所以A 2.已知复数z满足【答案】2 【解析】因为B{0,1}. 1i(i为虚数单位),则z____________. z111i,所以z11i,所以zz2 z1i3.已知等差数列{an}满足a23a48,则a5____________. 【答案】4 【解析】设等差数列an的首项为a1,公差为d,因为a23a48, 所以a1d3(a13d)8,整理得a14d4,即a54. xy204.若实数x、y满足x2y30,则z2xy的最大值为_____________. y0【答案】6 【解析】画出可行性区域,由图可知直线z2xy在过点(3,0)时最大,即zmax6 5.已知函数f(x)2loga(x1) (a0,且a1).若yf(x)的反函数的图像经过点(1,2),则a_____________. 【答案】a1 3【解析】由题意得f(x)2loga(x1)的图像经过点(2,1),所以12loga(21), 所以loga31,所以a 6.《九章算术》中,称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”. 已知某“鳖臑”的三视图如图所示,则该“鳖臑”的体积为 _____________. 俯视图 【答案】8 【解析】由三视图得该几何体是底面为直角边为3和4的直角三角形, 高为4的三棱锥,故体积V 7.已知正数x、y满足x1. 34 4 主视图 左视图 3 114348. 32141,则y的最小值为___________. xy 【答案】9 【解析】因为x414411,所以yyx1xy45249, yxyxyx141且xy2,即x,y6时取等号, 3y 当且仅当x所以 1y的最小值为9. x8.设数列{an}的前n项和为Sn,且满足【答案】4 【解析】Snan4,则limSn___________. n11Snan,当n1时,2a14,即a12; Snan4(*)11 当n2时,Sn1an14(**), (*)和(**)相减得2anan1,所以数列an是a12,q 所以limSnn1的等比数列, 2a124. 1q112 9.将(x17)的二项展开式的各项重新随机排列,则有理项互不相邻的概率为_______. x【答案】1 147r137r1r7rr22【解析】x, 的展开式的通项为Tr1C7xxC7xx 当r0,2,4,6时,为有理项,一共4项, 当r1,3,5,7时,为无理项,一共4项, 要使得有理项互不相邻,采用插空法,先把无理项排好,再把有理项插到无理项的 4485个空档中,共有P840320种, 4P52880种情况,全部的情况有P C54P44P4428801故所求概率P. 8P40320148x2y210.已知点A、B是双曲线221 (a0,b0)的左、右顶点,点P是该双曲线上异于A、abB的另外一点,若△ABP是顶角为120的等腰三角形,则该双曲线的渐近线方程是_____________. 【答案】yx 【解析】根据对称性,不妨设P在第一象限,因为ABP是顶角为1200的等腰三角形, 所以ABP1200,ABBP2a,所以点P的坐标为(a2acos600,2asin600), x2y222即P(2a,3a)代入双曲线方程221,解得ab, ab故双曲线的渐近线方程为yx. x2x28,x2,,都存在唯一的x2,2,满足11.已知函数f(x)若对任意的x12,xa|1,x2.2f(x1)f(x2),则实数a的取值范围是______________. 【答案】1,5 【解析】【法1】当x2,时,f(x)x1.因为, f(x)242x82xx而x4441 2x4,当且仅当x,即x2时,等号成立,所以yf(x)的取值范围是0,.xxx8 由题意及函数 1f(x)2xa,x2 的图像与性质可得 a22a11 82a2或 12a1,如右上图所示.解得 2a5 或 1a2,所以所求实数a的取值范围是 281,5. 【法2】当x2,时,f(x)x144f(x),即,因为x2x4,当且仅当242x8xx2xxx41,即x2时,等号成立,所以yf(x)的取值范围是0,; x8当x,2时, 1(1)若a2,则f(x)2|xa|12ax (x,2),它是增函数,此时yf(x)的取值范围a21a211是0,.由题意可得 ,解得 a5,又a2,所以 2a5; 2821ax,xa,2(2)若a2,则f(x).函数yf(x)在,a上是增函数,此时yf(x)的xa1,ax22 12a取值范围是0,1;而函数yf(x)在a,2上是减函数,此时yf(x)的取值范围是,1.由题21意可得 22a1,解得a1,又 a2,所以 8 1a2. 综上,所求实数a的取值范围是1,5 . 12.在平面直角坐标系xOy中,起点为坐标原点的向量满足a,bab1,且.若存在向量c(m,1m),d(n,1n) (m,nR)b,对于任意实数m,n,不等式acbdT成立,则实数T的最大值为___________. 【答案】12 1ab2,a、2【解析】由题意可得a,b的夹角为.可设aOA,bOB,cOC,dOD,则点A、B在单3位圆上,点C、D在直线xy10上,如图所示.根据m、n的任意性,即求点A、B到直线xy10距离之和的最小值,即|AE||BF| (点E、F分别是点A、B在直线xy10上的射影点);同时根据a,b的存在性,问题转化为求|AE||AF|的最大值.设AB的中点为M,设点M、O在直线xy10上射影点分别为N、O',则 12|AE||BF|2|MN|2(|MO||OO'|)(2)12, 22当且仅当点M、O、O'依次在一条直线上时,等号成立. 所以T1 二、选择题(本大题共有4题,满分20分,每题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.“函数f(x)sin(x) (x、R,且0)的最小正周期为π”是“2”的( ). 2,即所求实数T的最大值是12. (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 【答案】B 【解析】最小正周期T 2,故2,故为必要非充分条件,选B. 14.已知一组数据3、4、a、6、8的平均数是5,则这组数据的方差是 ( ). (A)3.2 (B)3.5 (C)4 (D)5 【答案】A 【解析】由题意得5234a68a4, 5(35)2(45)2(45)2(65)2(85)2 所以方差s3.2,故选A. 5x2cos,yx15.设直线与椭圆交于A、B两点,点P在直线ykx3上. ysin若PAPB2,则实数k的取值范围是 ( ). (A)(2,2) (B)[22,22] (C)(,2)(2,) (D)(,22][22,) 【答案】A x2y21,易得A,B关于原点对称,所以|PAPB||2PO|2, 【解析】椭圆方程为4 所以|PO|1,故原点到直线ykx3的距离d31, 1k2 解得k22或k22,故选A. 16.已知函数f(x)2021x11x(x1)320212x,则不等式 . f(x24)f(23x)4的解集为 ( )(A)[1,4] (B)[4,1] (C)(,1][4,) (D)(,4][1,) 【答案】A xx【解析】设函数g(x)2021x320212x,则函数g(x)是定义域为R,且单调递增的奇函数, x11x所以f(x)2021(x1)32021(2x1)2是定义域为R的增函数, 且其图像关于点(1,2)对称,即有f(x)f(2x)4,即 f(2x)4f(x). 由f(x24)f(23x)4得 f(x24)4f(23x), 即fx24f2(23x), 2即f(x24)f(3x),所以 x43x,解得 1x4.所以选A. 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的相应位置写出必要的步骤. 17.(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分) 在矩形ABCD中,AB2,BC1,矩形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱. 如图,矩形ABCD绕AB顺时针旋转(1)求证:AMCD1; (2)求异面直线CM与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示). 【解析】解:(1)由题意知,AMDD1…………2分 因为CD是圆柱的一条母线,所以CD垂直于圆柱的底面, 则得 CDAM,即AMCD…………………………………4分 又因为 DD1CDD,且 DD1、CD平面CDD1, π至ABC1D1,线段DD1的中点为M. 2C1BCADMD1所以 AM平面CDD1平面CDD1,因为 CD1, 所以 AMCD1. ………………………………………………6分 (2)联结BM.由题意知,BC∥AD, 所以异面直线CM与AD所成的角等于直线CM与直线BC 所成的角.…………………………………………2分 在△BCM中,BC1, C1 B C 232DD12,CMCDDMCD222222222A D M D1 232DD12,……………………………4分 BMBA2AM2BA2222232321222222BCCMBM2由余弦定理得 cosBCM, 2BCCM632212 2222BCMarccos2. …………………………………………………………7分 62. ……………………8分 6所以异面直线CM与AD所成的角的大小为arccos 18.(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分) 设常数aR,函数f(x)a3x1. x3(1)若函数f(x)是奇函数,求实数a的值; (2)若函数yf(x)2a在x0,1时有零点,求实数a的取值范围. 【解析】(1)【法1】函数f(x)的定义域为R. 因为函数f(x)是奇函数,所以f(x)f(x). x设x0,则得 f(0)f(0),即 2f(0)0,即 f(0)0,代入f(x)a31, 3x得a110,解得 a1.…………………………………………………4分 此时f(x)3x1. x3x又因为 f(x)3所以f(x)3x11x3f(x),即 f(x)f(x), 3x3x1是奇函数. 3x因此所求实数a的值为 1.……………………………………6分 【法2】函数f(x)的定义域为R. 因为函数f(x)是奇函数,所以f(x)f(x). 即 a3x11x,……………2分 a3xx33即 a1xx, 3a3x3x3x(a1)3即 a1x,即 (a1)(91)0对任意xR都成立, x3 所以 a10,解得 a1. 因此所求实数a的值为1………………………………………6分 (2)解:设f(x)2a0, 即关于x的方程a3x12a0在区间0,1上有实数解.……2分 x3设t3,因为 x0,1,所以 t1,3, x于是原问题等价于关于t的方程at2at10(*)在区间1,3上有实数解.……………………4分 2当a0时,方程(*)不成立,所以a0,于是方程(*)可化为 即函数y分 12t2t (t1,3), a1与函数yt22t (t1,3)的图像有公共点.……………………………………………6a因为函数yt22t (t1,3)为增函数,则得该函数的值域为 3,15, 所以 311115,解得 a, a315即所求的实数a的取值范围是 , 131…………………………………………………8分 15 19.(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分) 某居民小区为缓解业主停车难的问题,拟对小区内一块扇形空地AOB进行改造.如图所示,平行四边形OMPN区域为停车场,其余部分建成绿地,点P在围墙AB弧上,点M和点N分别在道路OA和道路OB上,且OA90米,AOB(1)当π,设POB. 3π时,求停车场的面积(精确到0.1平方米); 6(2)写出停车场面积S关于的函数关系式,并求当为何值时,停车场面积S取得最大值. 【解析】解:(1)在△OPN中,ONP2π, 3P π, 6ONOP由正弦定理得, sinOPNsinONPONOP即 ,即ON303……2分 π2πsinsin63PONOPN则停车场面积 A M B N O S2S△OPNOPONsin90303sinπ135032338.3(平方米), 6即停车场面积约为2338.3平方米.……………………………………6分 2ππ,OPN. 33ONOP由正弦定理得, sinOPNsinONPπONOP即 ,即 ON603sin(). ……………………………2分 π2π3sin()sin33(2)在△OPN中,ONP则停车场面积 πS2S△OPNOPONsin54003sinsin(), 3ππ即 S54003sinsin(),其中 0.……………………………4分 33 即 S54003sinsin()54003sin(π331sincos), 22即 S54003sin(31cossin) 22311sin2cos2) 222S27003(3sincossin2)27003(27003[sin(21)]27003sin(2)13503.…………………6分 626πππ5π因为0,所以 2, 3666ππ则当2,即 时,停车场面积S取得最大值. 626π所以当时,停车场面积S取得最大值. …………………………………8分 620.(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) 已知抛物线:y22px的焦点为F(2,0),点P在抛物线上. (1)求抛物线的方程; (2)若|PF|5,求点P的坐标; (3)过点T(t,0) (t0)作两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、B、C、D四点,且点M、N分别为线段AB、CD的中点,求△TMN的面积的最小值. 【解析】(1)解:因为抛物线的焦点为F(2,0),即 yACOBTMN Dx p2,2解得p4………2分 所以所求抛物线的方程为 y8x…………………………4分 2 (2)解:设点P(x,y). 由抛物线的定义得 |PF|x(pp)xx2……………………2分 22令 x25,解得x3……………………………………3分 因为点P在抛物线上,所以y28x,把x3代入,解得 y26,………5分 因此所求点P的坐标为(3,或(3,………………6分 26)26)(3)【法1】根据题意,直线AB、CD的斜率存在,且不为零, 可设直线AB的斜率为k,则直线CD的斜率为1, k1(xt), k则直线AB的方程为yk(xt),直线CD的方程为y设A(x1,y1)、B(x2,y2). yk(xt)由2消去y,并整理得 k2x22(k2t4)xk2t20, ………………2分 y8x2(k2t4)由一元二方程根与系数的关系得 x1x2, k22(k2t4)82kt所以y1y2k(x1t)k(x2t)k(x1x2)2ktk, k2k8k2t44,).…………………………………………3分 即 y1y2,因此M(kk2k同理可得 N(4kt,4k)……………………………………4分 2k2t441所以|TM|t41k2, 2k2kk|TN|于是S△TMN224k4k2224|k|1k2, 111|TM||TN|(8|k|)82|k|16, 2|k||k|当且仅当|k|1,即k1时,等号成立. 所以△TMN的面积的最小值等于16. …………………………………………6分 【法2】根据题意得AB、CD的斜率存在,且不为零. 可设直线AB的方程为xmyt,则直线CD的方程为 x1yt,设A(x1,y1)、B(x2,y2). mxmyt由2得 y28my8t0, ……………………………………………2分 y8x由一元二方程根与系数的关系得 y1y28m, 则得 y1y2xx24m,14m2t, 22所以M(4m2t,4m). ……………………………………………………………3分 同理可得 N(所以|TN|44t,). …………………………………………………4分 mm2161644222|TM|16m16m4|m|m1, ,m1422mm|m|于是S△TMN111|TM||TN|(8|m|)82|m|16, 2|m||m|当且仅当|m|1,即m1时,等号成立. 所以△TMN的面积的最小值等于 16. …………………………………6分 21.(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) 已知数列an满足:a11,an1anp,nN*,Sn为数列an的前n项和. n(1)若an是递增数列,且3a1,4a2,5a3成等差数列,求p的值; (2)已知p1,且a2n-1是递增数列,a2n是递减数列,求数列an的通项公式; 3(3)已知p1,对于给定正整数n,试探究是否存在一个满足条件的数列an,使得Snn.若存在,写出一个满足条件的数列an;若不存在,请说明理由. 【解析】解:(1)因为an是递增数列,所以an1anan1anp. n因为a11,所以 a21p,a31pp2.…………………………………2分 又因为3a1,4a2,5a3成等差数列,所以8a23a15a3,即(81p)35(1pp2) 即5p23p0,解得p0或p3. 53.…………………4分 当p0时,an1an,这与an是递增数列相矛盾,所以p5 (2)因为a2n1是递增数列,则有a2n1a2n10, 于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0 ① 因为132n132n1,所以a2n1a2na2na2n1 ② 由①、②得,a2na2n10, 2n1因此a2na2n113,即a2na2n(1)2n132n1 ③ …………………2分 又因为a2n是递减数列,则有a2n2a2n0,于是(a2n2a2n1)(a2n1a2n)0因为132n1132n,所以a2n2a2n1a2n1a2n ⑤ 由④、⑤得,a2n1a2n0, 2n因此a2n1a1(1)2n12n3,即a2n1a2n32n ⑥ 由③、⑥可得a(1)n1n1an3n. …………………………………4分 于是当n2时,ana1(a2a1)(a3a2)(anan1) n1131(1)11(13)n151(1)n323n11311443n1 3即 a51(441)nn3n1.………………………………………………………5分 当n1时,代入上式得a11,与已知条件相吻合. 所以所求数列a51(1)n*n的通项公式是 an443n1,nN.……………6分 ④ (3)当n4k或n4k3 (kN)时,存在数列an,使得Snn.…………2分 *此时数列an满足a4k3a4k11,a4k20,a4k2, 则有S4k4k4k4(1012)4k,S4k-3a1(0121)4k3, 44即Snn. ……………………………………………………………………4分 *当n4k2或n4k1 (kN)时,不存在数列an,使得Snn.……6分 理由如下:因为an1an1,所以 an1an1; 又因为a11为奇数,则当nN时,a2n1为奇数,a2n为偶数, ……………7分 *所以当kN时,S4k2为奇数,S4k1为偶数, 因此S4k24k2,S4k14k1均不可能成立. *于是当n4k2或n4k1 (kN)时,不存在数列an,使得Snn.…8分 * 本文来源:https://www.dywdw.cn/90a99ca16b0203d8ce2f0066f5335a8102d26627.html