2021届上海市嘉定区高考数学二模试卷Word版

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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AB____________． 1．已知集合Ax1x2，B0,1,2,3

2．已知复数z满足



1

i（i为虚数单位），则z____________． z1

3．已知等差数列{an}满足a23a48，则a5____________．

xy20

4．若实数x、y满足x2y30，则z2xy的最大值为_____________．

y0

5．已知函数f(x)2loga(x1) （a0，且a1）．若yf(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x1，则y的最小值为___________．

xy

俯视图

Snan

8．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足4，

11

则limSn___________．

n

9．将(x

17

)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

x2y2

10．已知点A、B是双曲线221 （a0，b0）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_____________．




x

2x28,x2,

，都存在唯一的x2,2，满足11．已知函数f(x)若对任意的x12，xa|

1,x2.2

f(x1)f(x2)，则实数a的取值范围是______________．

1

12．在平面直角坐标系xOy中，起点为坐标原点的向量a,b满足ab1，且ab，

2



．若存在向量a、b，对于任意实数m,n，不等式c（m,1m),d(n,1n) （m,nR）



acbdT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yx与椭圆

x2cos,

交于A、B两点，点P在直线ykx3上．

ysin

若PAPB2，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)2021

x1

1x

(x1)320212x，则不等式

． f(x24)f(23x)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，AB2，BC1，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：AMCD1；

（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aR，函数f(x)a3

x

π

至ABC1D1，线段DD1的中点为M． 2

C1

B

C

A

DM

1． 3x

D1

（1）若函数f(x)是奇函数，求实数a的值；

（2）若函数yf(x)2a在x0,1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OA90米，AOB

（1）当

π

，设POB． 3

π

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：y22px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) （t0）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）

n

y

A

C

T

M

OB

ND

x

题满

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3a1,4a2,5a3成等差数列，求p的值； （2）已知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； 3

（3）已知p1，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Snn．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AB____________． 1．已知集合Ax1x2，B0,1,2,3

【答案】{0,1}

【解析】因为A{x∣1x2},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}.



1

i（i为虚数单位），则z____________． z1

11

i，所以z11i，所以zz2 z1i

3．已知等差数列{an}满足a23a48，则a5____________． 【答案】4




【解析】设等差数列an的首项为a1，公差为d，因为a23a48， 所以a1d3(a13d)8，整理得a14d4，即a54.

xy20

4．若实数x、y满足x2y30，则z2xy的最大值为_____________．

y0

【答案】6

【解析】画出可行性区域，由图可知直线

z2xy在过点(3,0)时最大，即zmax6



5．已知函数f(x)2loga(x1) （a0，

且

a1）．若yf(x)的反函数的图像经过点(1,2)，则a_____________．

【答案】a

1

3

【解析】由题意得f(x)2loga(x1)的图像经过点(2,1)，所以12loga(21)， 所以loga31，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x

1. 3

4

4

主视图

左视图

3

11

4348. 32

14

1，则y的最小值为___________．

xy




【答案】9 【解析】因为x

41441

1，所以yyx1xy45249， yxyxyx

14

1且xy2，即x,y6时取等号，

3y

当且仅当x

所以



1

y的最小值为9. x

8．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足【答案】4 【解析】

Snan

4，则limSn___________．

n11

Snan

，当n1时，2a14，即a12； Snan4（*）

11

当n2时，Sn1an14（**），

（*）和（**）相减得2anan1，所以数列an是a12,q 所以limSn

n

1

的等比数列， 2

a12

4. 1q11

2



9．将(x

17

)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 14

7

r

137r1r7rr22

【解析】x， 的展开式的通项为Tr1C7xxC7x

x

当r0,2,4,6时，为有理项，一共4项， 当r1,3,5,7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

448

5个空档中，共有P840320种， 4P52880种情况，全部的情况有P




C54P44P4428801

故所求概率P. 8

P40320148

x2y2

10．已知点A、B是双曲线221 （a0，b0）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】yx

【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ABP1200,ABBP2a，所以点P的坐标为(a2acos600,2asin600)，

x2y222

即P(2a,3a)代入双曲线方程221，解得ab，

ab

故双曲线的渐近线方程为yx.



x

2x28,x2,

，都存在唯一的x2,2，满足11．已知函数f(x)若对任意的x12，xa|

1,x2.2

f(x1)f(x2)，则实数a的取值范围是______________．

【答案】1,5




【解析】【法1】当x2,时，f(x)

x1

．因为， f(x)2

42x8

2x

x

而x

4441

2x4，当且仅当x，即x2时，等号成立，所以yf(x)的取值范围是0，．

xxx8



由题意及函数

1

f(x)

2

xa

，x2

的图像与性质可得

a22a11



82

a2



或 12a1，如右上图所示．解得 2a5 或 1a2，所以所求实数a的取值范围是

28

1,5．

【法2】当x2,时，f(x)

x144

f(x)，即，因为x2x4，当且仅当2

42x8xx2x

x

x

41

，即x2时，等号成立，所以yf(x)的取值范围是0，； x8

当x,2时，

1（1）若a2，则f(x)

2

|xa|

12

ax

（x,2），它是增函数，此时yf(x)的取值范围

a2

1a211是0,．由题意可得 ，解得 a5，又a2，所以 2a5； 282

1ax

,xa,2

（2）若a2，则f(x)．函数yf(x)在,a上是增函数，此时yf(x)的

xa

1

,ax22




12a

取值范围是0,1；而函数yf(x)在a,2上是减函数，此时yf(x)的取值范围是,1．由题

2

1

意可得 

2

2a



1

，解得a1，又 a2，所以 8

1a2．

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,b

ab1

，且



．若存在向量c（m,1m),d(n,1n) （m,nR）



b，对于任意实数m,n，不等式acbdT成立，则实数T的最大值为___________．

【答案】12

1ab

2

，

a、

2

【解析】由题意可得a，b的夹角为．可设aOA，bOB，cOC，dOD，则点A、B在单

3

位圆上，点C、D在直线xy10上，如图所示．根据m、n的任意性，即求点A、B到直线

xy10距离之和的最小值，即|AE||BF| （点E、F分别是点A、B在直线xy10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xy10上射影点分别为N、O'，则

12|AE||BF|2|MN|2(|MO||OO'|)（2)12，

22

当且仅当点M、O、O'依次在一条直线上时，等号成立． 所以T1

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12．


（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5

2

34a68

a4，

5

(35)2(45)2(45)2(65)2(85)2

所以方差s3.2，故选A.

5

x2cos,

yx15．设直线与椭圆交于A、B两点，点P在直线ykx3上．

ysin

若PAPB2，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

x2

y21，易得A,B关于原点对称，所以|PAPB||2PO|2， 【解析】椭圆方程为4

所以|PO|1，故原点到直线ykx3的距离d

3

1， 1k2

解得k22或k22，故选A.

16．已知函数f(x)2021

x1

1x

(x1)320212x，则不等式

． f(x24)f(23x)4的解集为 （ ）

（A）[1,4] （B）[4,1] （C）(,1][4,) （D）(,4][1,)




【答案】A

xx

【解析】设函数g(x)2021x320212x，则函数g(x)是定义域为R，且单调递增的奇函数， x11x所以f(x)2021(x1)32021（2x1)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(2x)4，即 f(2x)4f(x)． 由f(x24)f(23x)4得 f(x24)4f(23x)， 即fx24f2(23x)，

2

即f(x24)f(3x)，所以 x43x，解得 1x4．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，AB2，BC1，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：AMCD1；

（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，AMDD1…………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 CDAM，即AMCD…………………………………4分 又因为 DD1CDD，且 DD1、CD平面CDD1，

π

至ABC1D1，线段DD1的中点为M． 2

C1

B

C

A

DM

D1

所以 AM平面CDD1平面CDD1，因为 CD1，

所以 AMCD1． ………………………………………………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，BC1，

C1

B

C

232DD12

，CMCDDMCD2222

2

2

2

2

2

A

D M

D1

232DD12

,……………………………4分 BMBA2AM2BA22222

3232

1222222BCCMBM2由余弦定理得 cosBCM,

2BCCM632

21

2



2

2

2

2


BCMarccos

2

． …………………………………………………………7分 6

2

． ……………………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aR，函数f(x)a3

x

1

． x3

（1）若函数f(x)是奇函数，求实数a的值；

（2）若函数yf(x)2a在x0,1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x0，则得 f(0)f(0)，即 2f(0)0，即 f(0)0，代入f(x)a3

1， 3x

得a110，解得 a1．…………………………………………………4分 此时f(x)3

x

1． x3

x

又因为 f(x)3所以f(x)3

x



11x

3f(x)，即 f(x)f(x)， 3x3x

1

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 a3

x



11x

，……………2分 a3xx33

即

a1xx

， 3a3x3x3

x

（a1)3即

a1x，即 （a1)（91）0对任意xR都成立， x3



所以 a10，解得 a1．


因此所求实数a的值为1………………………………………6分 （2）解：设f(x)2a0， 即关于x的方程a3

x

1

2a0在区间0,1上有实数解．……2分 x3

设t3，因为 x0,1，所以 t1,3，

x

于是原问题等价于关于t的方程at2at10（*）在区间1,3上有实数解．……………………4分

2

当a0时，方程（*）不成立，所以a0，于是方程（*）可化为 即函数y分

12

t2t （t1,3）， a

1

与函数yt22t （t1,3）的图像有公共点．……………………………………………6a

因为函数yt22t （t1,3）为增函数，则得该函数的值域为 3,15， 所以 3

11115，解得 a， a315

即所求的实数a的取值范围是 ,

1

31

…………………………………………………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OA90米，AOB

（1）当

π

，设POB． 3

π

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，ONP

2π

, 3

P

π， 6ONOP

由正弦定理得，

sinOPNsinONP

ONOP即 ，即ON303……2分 

π2πsinsin63PONOPN

则停车场面积

A

M

B

N

O

S2S△OPNOPONsin90303sin

π

135032338.3（平方米）， 6

即停车场面积约为2338.3平方米．……………………………………6分

2ππ

,OPN．

33

ONOP

由正弦定理得，

sinOPNsinONP

πONOP

即 ，即 ON603sin()． ……………………………2分 

π2π3sin（)sin

33

（2）在△OPN中，ONP则停车场面积

π

S2S△OPNOPONsin54003sinsin()，

3

ππ

即 S54003sinsin()，其中 0．……………………………4分

33




即 S54003sinsin()54003sin(

π331

sincos)， 22

即 S54003sin(

31

cossin) 22

311

sin2cos2) 222

S27003(3sincossin2)27003(

27003[sin(2

1

)]27003sin(2)13503．…………………6分 626

πππ5π

因为0，所以 2，

3666ππ

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

6



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：y22px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) （t0）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

y

A

COB

T

M

N D

x

p

2，2

解得

p4………2分

所以所求抛物线的方程为 y8x…………………………4分

2




（2）解：设点P（x,y)． 由抛物线的定义得 |PF|x（

pp

)xx2……………………2分 22

令 x25，解得x3……………………………………3分

因为点P在抛物线上，所以y28x，把x3代入，解得 y26，………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

， k

1

(xt)， k

则直线AB的方程为yk(xt)，直线CD的方程为y设A(x1,y1)、B（x2,y2)．

yk(xt)由2消去y，并整理得 k2x22(k2t4)xk2t20， ………………2分 y8x

2(k2t4)

由一元二方程根与系数的关系得 x1x2，

k2

2(k2t4)8

2kt所以y1y2k(x1t)k(x2t)k(x1x2)2ktk，

k2k8k2t44

,)．…………………………………………3分 即 y1y2，因此M（

kk2k

同理可得 N（4kt,4k)……………………………………4分

2

k2t441

所以|TM|t41k2， 2k2kk

|TN|

于是S△TMN

2

2

4k4k

22

2

4|k|1k2，

111

|TM||TN|（8|k|)82|k|16， 2|k||k|

当且仅当|k|1，即k1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xmyt，则直线CD的方程为

x

1

yt，设A(x1,y1)、B（x2,y2)． m

xmyt由2得 y28my8t0， ……………………………………………2分 y8x

由一元二方程根与系数的关系得 y1y28m， 则得

y1y2xx2

4m，14m2t， 22

所以M（4m2t,4m)． ……………………………………………………………3分 同理可得 N（所以|TN|

44

t,)． …………………………………………………4分

mm2

161644222

|TM|16m16m4|m|m1， ，m1422

mm|m|

于是S△TMN

111|TM||TN|（8|m|)82|m|16， 2|m||m|

当且仅当|m|1，即m1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：a11，an1anp，nN*，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； 3

（3）已知p1，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Snn．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an1anan1anp．

n

因为a11，所以 a21p，a31pp2．…………………………………2分




又因为3a1,4a2,5a3成等差数列，所以8a23a15a3，即（81p)35(1pp2) 即5p23p0，解得p0或p

3

． 5

3

．…………………4分 当p0时，an1an，这与an是递增数列相矛盾，所以p

5



（2）因为a2n1是递增数列，则有a2n1a2n10， 于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0 ① 因为

132n13

2n1，所以a2n1a2na2na2n1 ② 由①、②得，a2na2n10， 2n1

因此a2na2n1

1

3

，即a2na2n(1)2n

1

3

2n1 ③ …………………2分 又因为a2n是递减数列，则有a2n2a2n0，于是(a2n2a2n1)(a2n1a2n)0因为

132n1



1

32n

，所以a2n2a2n1a2n1a2n ⑤ 由④、⑤得，a2n1a2n0， 2n

因此a2n1a1

(1)2n12n

3

，即a2n1a2n32n

⑥ 由③、⑥可得a（1)n1

n1an3

n

． …………………………………4分 于是当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)

n

1131(1)11(13)n1

51(1)n323n11311443n1

3

即 a51(441)n

n3

n1．………………………………………………………5分

当n1时，代入上式得a11，与已知条件相吻合．

所以所求数列a51(1)n*

n的通项公式是 an443

n1，nN．……………6分



④
（3）当n4k或n4k3 （kN）时，存在数列an，使得Snn．…………2分

*

此时数列an满足a4k3a4k11,a4k20,a4k2， 则有S4k

4k4k4(1012)4k，S4k-3a1(0121)4k3， 44

即Snn． ……………………………………………………………………4分

*

当n4k2或n4k1 （kN）时，不存在数列an，使得Snn．……6分

理由如下：因为an1an1，所以 an1an1；

又因为a11为奇数，则当nN时，a2n1为奇数，a2n为偶数， ……………7分

*

所以当kN时，S4k2为奇数，S4k1为偶数， 因此S4k24k2，S4k14k1均不可能成立．

*

于是当n4k2或n4k1 （kN）时，不存在数列an，使得Snn．…8分

*