上海市寶山區(qū)2020-2021屆高三一模數(shù)學(xué)試卷(含解析)

1、 2020.12上海市寶山區(qū)2020-2021屆高三一模數(shù)學(xué)試卷一、填空題(本大題共有12題，滿分54分，其中第1題至第6題每題填對得4分，否則一律得零分；第7題至第12題每題填對得5分，否則一律得零分)TOC o 1-5 h z若集合A=(w,3),B=(4,+a),貝MnB=.拋物線y2=6x的準(zhǔn)線方程為.已知復(fù)數(shù)z滿足Z1=i(i為虛數(shù)單位)，則乙=.設(shè)向量N=(1,2),b=(2,1),貝質(zhì)與牙的夾角的大小為(結(jié)果用反三角函數(shù)值表示)已知二項式(2X+1)6,則其展開式中的常數(shù)項為.x20,若實數(shù)x,y滿足2xyW0,貝z=2x+y的最大值為.、x+y3W0,已知圓錐的底面半徑為1,高

2、為3,則該圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角0的大小為.方程cos2xsinx=O在區(qū)間0,上的所有解的和為.9已知函數(shù)f(x)的周期為2,且當(dāng)0VxW1時，f(x)=logx,那么f(R=.42設(shè)數(shù)列x的前n項和為S,對任意nGN*，均有S+x=1,貝吧=.nnnn611設(shè)函數(shù)f(x)=a,sin2x+b.cos2x(a,bWR),給出下列結(jié)論：當(dāng)a=0,b=1時，f(x)為偶函數(shù);n當(dāng)a=1,b=0時，f(2x)在區(qū)間(0,才)上是單調(diào)函數(shù)；當(dāng)a=0,已知f(x)與g(x)在N上不具有性質(zhì)P(fg),將a的最小值記為a.設(shè)有窮數(shù)列b滿足b,=1,b嚴(yán)1+b(nGN*,n9成立;并使得4(x+1)(y

3、+1)=7成立;Ixl1C)D):二W,且使得4(x+1)(y+1)=-9成立的實數(shù)x,y不存在;:二勺，且使得4(x+1)(y+1)-9成立的實數(shù)x,y不存在.三、解答題(本大題共有5題，滿分76分)(本題滿分14分)本題共有2個小題，第1題滿分6分，第2題滿分8分.如圖，在長方體ABCD-ABCD中，T為DD、上一點，已知DT=2,AB=4,BC=2,11111AA1=6(本題滿分14分)本題共有2個小題，第1題滿分6分，第2題滿分8分已知函數(shù)f(x)=x+X1(mWR).當(dāng)m=1時，解不等式f(x)+lf(x+1)；設(shè)xW3,4,且函數(shù)y=f(x)+3存在零點，求實數(shù)m的取值范圍.19.

4、本題滿分14分)本題共有2個小題，第1題滿分6分，第2題滿分8分nn設(shè)函數(shù)f(x)=sin(ex+y)(e0,_2y0),求MF?的面積;(2)若點M的坐標(biāo)為(0,1),且直線y”35與r交于兩不同點A、B,求證：怎X為定值,并求出該定值；(3)如右圖，設(shè)點M的坐標(biāo)為(s,t),過坐標(biāo)原點O作圓M：(x-s)2+(yt)2=r2(其中r為定值，0VrV1,且IslHr)的兩條切線，分別交T于點P、Q,直線OP、OQ的斜率分別記為k、k.如果kk為定值.試212問：是否存在銳角0,使得2IOPIOQI=5.sec0?若存在，試求出0的一個值；若不存在，請說明理由.(本題滿分18分)本題共有3個小

5、題，第1題滿分4分，第2題滿分6分，第3題滿分8分若有窮數(shù)列x:x,x，x滿足x三x+t,x0(這里i,nEN*,n三3,1WiWn1,常TOC o 1-5 h zn12ni+1ii數(shù)t0),則稱有窮數(shù)列x具有性質(zhì)P(t).n1n1(1)已知有窮數(shù)列x具有性質(zhì)P(t)(常數(shù)t2)，且|xxl+|xxI|xxIW，試求t的n22132nn12值；設(shè)a=2Ia+t+2l|a+t2|(i,nEN*,n3,1WiWn1,常數(shù)t2),判斷有窮數(shù)列a是否i+1iin具有性質(zhì)P(t2),并說明理由；若有窮數(shù)列y：y,y,y具有性質(zhì)P(1),其各項的和為2000,將y,y,yn12n12n中的最大值記為A.當(dāng)

6、AEN*時,求A+n的最小值.上海市寶山區(qū)2020-2021屆高三一模數(shù)學(xué)試卷參考答案一、填空題(本大題共有12題，滿分54分)1.(-4,-3)2.x=一23.1-i4.arccos45.1606.47.n8.n9-1“6310-6411.12.3103二、選擇題(本大題共有4題，滿分20分)16A13C14B15C三、解答題(本大題共有5題，滿分76分)17(本題滿分14分)本題共有2個小題，第1題滿分6分，第2題滿分8分解：方法一：(1)聯(lián)結(jié)TC,在長方體ABCD-A1B1C1D1中，因為DD丄平平面ABCD,即卩TD丄平面ABCD,所以直線TC與平面ABCD所成的角即為ZTCD,DT1

7、在RtATCD中，由DT=2,CD=AB=4，可得tanZTCD=CD=Q,n1顯然ZTCDG(0,2),故ZTCD=arctan2，所以直線TC與平面ABCD所成角的大小為arctan1.(2)由已知可得A1T=TC=.5,AC=2：14,所以S=占2帀.,6=21.又易得SJ.6.4=12.Age2tcc12設(shè)點C到平WA1TC的距離為h.在長方體ABCD-ABCD中,111111因為AD丄平面CDqD,即AD丄平面TCC,再由宀1TCtcca1D1，1BAD十丄SA1TCB所以，h=逬1.即卩點到平面A1TC的距離為節(jié)21方法二：(1)如圖，以D為原點，DA、DC、DD分別為x、y、z軸

8、，建立空間直角坐標(biāo)系.由已知可得A(2,0,0)、B(2,4,0)、C(0,4,0)、D(0,0,0)、T(0,0,2),故TC=(0,4,-2),又平面ABCD的一個法向量T=(0,0,1),設(shè)直線TC與平面ABCD所成角的大小為0,ItcnI25n則sin0=5，注意到0丘0,2，故0=arcsin，I忌肓*+(-2)2】525所以直線TC與平面ABCD所成角的大小為arcsin*5.(2)注意到q(0,4,6),A/2,0,6),及T(0,0,2),C(0,4,0),故Ag=(-2,0,-4),CT=(0,4,2),CT=(0,4,4),設(shè)平面AgC的一個法向量為m=(x,y,z),|T

9、T由已知，得m，即(2y2z=0,所以x=-4y，可取萬=(-4,i，2),mCT=0TTCTm0 x(4)+(4)x1+(4)x2l.21所以點G到平Wa1tc的距離為=+=7-11|7(4)2+12+227即點C到平面AgC的距離為421.18(本題滿分14分)本題共有2個小題，第1題滿分6分，第2題滿分8分解：(1)當(dāng)m=1時，f(x)=x+xJ，由f(x)+1f(x+1)得(x+xp+1(x+1)+X，即X1X，解得x1,所以，原不等式的解集為(g,0)U(1,+().m(2)函數(shù)y=f(x)+3存在零點x3,4o方程x+口十3=0有解x3,4,亦即m=(x+3)(x1)有解xW3,4

10、,注意到m=(x+1)2+4在xW3,4上遞減，故m(4+1)2+4,(3+1)2+4=21,12,從而，實數(shù)m的取值范圍為21，12.(本題滿分14分)本題共有2個小題，第1題滿分6分，第2題滿分8分解：(1)依題意，可得普=2兀,所以=1,故f(x)=sin(x+/),因為f(x)的圖象過坐標(biāo)原點，所以f(0)=0,即siny=0,nn注意到2/0,所以m因此，MF.的面積為詁打呂二312亟又F、F的坐標(biāo)分別為(遠(yuǎn),0)、(V30),12(2)設(shè)，乙)，BE，%，4+y2=i、y=kx-1得(4k2+l)x2kx曇二。,顯然A=64k2十256。，且24k即MAMB=0為定值.(3)滿足2

11、IOPIOQI=5sec0的銳角0不存在.理由如下：IkstI因為直線OP：y=kx與。M相切，所以1=r，即(s2r2)k?2stk+12r2=0,1同理，由直線OQ：y=kx與0M相切，可得(s2r2)k22stk+t2r2=0，222于是，k、k是關(guān)于乙的方程(s2r2)字2std+t2r2=0的兩實根，12S2(14)r2注意到IslHr,且號+12=1，故kk=牛2=2,4+12S2r2S2r2因kk為定值，故不妨設(shè)kk=5(定值)，121214r21于是有5=飛二廠，即(5+4+1+(15)r2=0解得kk=5=r=255,1245依題意可知，s變化，而r、5均為定值，所以+4=1

12、1+(1莎2=0再設(shè)勒,y1)，Q(x2,yj，由p+y2=1Ly=kxx2=1得ly2=41+4k214k2L1+4k21x2=2同理可得y=241+4k224k2.21+4k22110,2 所以4(1+k2)4(1+k2)op|2OQ|2+y2)(x2+y2)=“+2+4(件+停W4+9252+42Ikk412255)即lOPI2.1OQI2w_4，亦即IOPI.1OQIw2,若銳角0，使2IOPI.IOQI=5sec&,則OPI.IOQI=|sec|,與(探)相矛盾.因此，這樣的銳角e不存在.21(本題滿分18分)本題共有3個小題，第1題滿分4分，第2題滿分6分，第3題滿分8分解：(1)

13、因為有窮數(shù)列x具有性質(zhì)P,所以，lxxI2t,(i=1,2,n1),ni+1in一1再由已知條件可得，(n1)t=t+1+1W|xxl+|xxl+|xxIW，TOC o 1-5 h z132nn12(T個n1vL11即(n1)tW，而n3,所以，tWq.注意到ty所以，當(dāng)aW0時，有窮數(shù)列a不具有性質(zhì)P(t2)；當(dāng)。0時，有窮數(shù)列a具有性質(zhì)P(t2).1n1n理由如下：若aW0,則有窮數(shù)列a顯然不具有性質(zhì)P(t2).1n右a0,則由t2,可得a=2Ia+t+2IIa+t一2I=2(a+t+2)(a+t一2)=a+t+6,1211111所以，aa+(t2)(a0),且a0,2112同理可得，a=a+t+6(a0),所以，aa+(t2)，且a0,TOC o 1-5 h z22323一般地，若a=a+t+6(a0),貝Uaa+(t2),且a0,ii1i1ii1i于是，a=2Ia+t+2I一Ia+t一2I=2(a+t+2)一(a+t一2)=a+t+6,i+1iiiii所以，aa+(t2)，且a0(仍有a0,這里i,nN*,n3,1WiWn1),i+1iii+1因此，當(dāng)a0時，有窮數(shù)列a具有性質(zhì)P(t2)1n綜上，當(dāng)aW0時，有窮