2021年上海市春季高考数学试卷及解析.doc

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1、2021年上海市春季高考数学试卷一、填空题（本大题共12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）1已知等差数列的首项为3，公差为2，则2已知，则3已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为4不等式的解集为5直线与直线的夹角为6若方程组无解，则7已知的展开式中，唯有的系数最大，则的系数和为8已知函数的最小值为5，则9在无穷等比数列中，则的取值范围是10某人某天需要运动总时长大于等于60分钟，现有五项运动可以选择，如表所示，问有几种运动方式组合运动运动运动运动运动7点点8点点9点点10点点11点点30分钟20分钟40分钟30分钟30分钟11已知椭圆的左、右焦点为、，以为顶点，为

2、焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是12已知，存在实数，使得对任意，则的最小值是二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分)13下列函数中，在定义域内存在反函数的是ABCD14已知集合，则下列关系中，正确的是ABCD15已知函数的定义域为，下列是无最大值的充分条件是A为偶函数且关于点对称B为偶函数且关于直线对称C为奇函数且关于点对称D为奇函数且关于直线对称16在中，为中点，为中点，则以下结论：存在，使得；存在三角形，使得；它们的成立情况是A成立，成立B成立，不成立C不成立，成立D不成立，不成立三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+1876分）17（14分）四棱锥，底面

3、为正方形，边长为4，为中点，平面（1）若为等边三角形，求四棱锥的体积；（2）若的中点为，与平面所成角为，求与所成角的大小18（14分）已知、为的三个内角，、是其三条边，（1）若，求、；（2）若，求19（14分）（1）团队在点西侧、东侧20千米处设有、两站点，测量距离发现一点满足千米，可知在、为焦点的双曲线上，以点为原点，东侧为轴正半轴，北侧为轴正半轴，建立平面直角坐标系，在北偏东处，求双曲线标准方程和点坐标（2）团队又在南侧、北侧15千米处设有、两站点，测量距离发现千米，千米，求（精确到1米）和点位置（精确到1米，20（16分）已知函数（1）若，求函数的定义域；（2）若，若有2个不同实数根，求

4、的取值范围；（3）是否存在实数，使得函数在定义域内具有单调性？若存在，求出的取值范围21（18分）已知数列满足，对任意，和中存在一项使其为另一项与的等差中项（1）已知，求的所有可能取值；（2）已知，、为正数，求证：、成等比数列，并求出公比；（3）已知数列中恰有3项为0，即，且，求的最大值2021年上海市春季高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）1已知等差数列的首项为3，公差为2，则21【思路分析】由已知结合等差数列的通项公式即可直接求解【解析】：因为等差数列的首项为3，公差为2，则故答案为：21【归纳总结】本题主要考查了等差

5、数列的通项公式，属于基础题2已知，则【思路分析】由已知求得，再由复数模的计算公式求解【解析】：，则故答案为：【归纳总结】本题考查复数的加减运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题3已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为【思路分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可【解析】：圆柱的底面半径为，高为，所以圆柱的侧面积为故答案为：【归纳总结】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题4不等式的解集为【思路分析】由已知进行转化，进行可求【解析】：，解得，故答案为：【归纳总结】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题5直线与直线的夹角为【思路分析】先求出直线的斜率，可得它们的倾斜角，

6、从而求出两条直线的夹角【解析】：直线的斜率不存在，倾斜角为，直线的斜率为，倾斜角为，故直线与直线的夹角为故答案为：【归纳总结】本题主要考查直线的斜率和倾斜角，两条直线的夹角，属于基础题6若方程组无解，则0【思路分析】利用二元一次方程组的解的行列式表示进行分析即可得到答案【解析】：对于方程组，有，当时，方程组的解为，根据题意，方程组无解，所以，即，故答案为：0【归纳总结】本题考查的是二元一次方程组的解行列式表示法，这种方法可以使得方程组的解与对应系数之间的关系表示的更为清晰，解题的关键是熟练掌握二元一次方程组的解行列式表示法中对应的公式7已知的展开式中，唯有的系数最大，则的系数和为64【思路分析

7、】由已知可得，令，即可求得系数和【解析】：由题意，且，所以，所以令，的系数和为故答案为：64【归纳总结】本题主要考查二项式定理考查二项式系数的性质，属于基础题8已知函数的最小值为5，则9【思路分析】利用基本不等式求最值需要满足“一正、二定、三相等”，该题只需将函数解析式变形成，然后利用基本不等式求解即可，注意等号成立的条件【解析】：，所以，经检验，时等号成立故答案为：9【归纳总结】本题主要考查了基本不等式的应用，以及整体的思想，解题的关键是构造积为定值，属于基础题9在无穷等比数列中，则的取值范围是，【思路分析】由无穷等比数列的概念可得公比的取值范围，再由极限的运算知，从而得解【解析】：无穷等比

8、数列，公比，故答案为：，【归纳总结】本题考查无穷等比数列的概念与性质，极限的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题10某人某天需要运动总时长大于等于60分钟，现有五项运动可以选择，如表所示，问有几种运动方式组合23种运动运动运动运动运动7点点8点点9点点10点点11点点30分钟20分钟40分钟30分钟30分钟【思路分析】由题意知至少要选2种运动，并且选2种运动的情况中，、的组合不符合题意，由此求出结果【解析】：由题意知，至少要选2种运动，并且选2种运动的情况中，、的组合不符合题意；所以满足条件的运动组合方式为：（种故答案为：23种【归纳总结】本题考查了组合数公式的应用问题，也考查了统筹问题的

9、思想应用问题，是基础题11已知椭圆的左、右焦点为、，以为顶点，为焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是【思路分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线的方程并与抛物线联立，求出点的坐标，由此可得，进而可以求出，的长度，再由椭圆的定义即可求解【解析】：设，则抛物线，直线，联立方程组，解得，所以点的坐标为，所以，又所以，所以，则，所以抛物线的准线方程为：，故答案为：【归纳总结】本题考查了抛物线的定义以及椭圆的定义和性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题12已知，存在实数，使得对任意，则的最小值是【思路分析】在单位圆中分析可得，由，即，即可求得的最小值【解析】：在单位

10、圆中分析，由题意可得的终边要落在图中阴影部分区域（其中，所以，因为对任意都成立，所以，即，同时，所以的最小值为故答案为：【归纳总结】本题主要考查三角函数的最值，考查数形结合思想，属于中档题二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分)13下列函数中，在定义域内存在反函数的是ABCD【思路分析】根据函数的定义以及映射的定义即可判断选项是否正确【解析】：选项：因为函数是二次函数，属于二对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，错误，选项：因为函数是三角函数，有周期性和对称性，属于多对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，错误，选项：因为函数的单调递增的指数函数，属于一一映射，所以函数

11、存在反函数，正确，选项：因为函数是常数函数，属于多对一的映射，所以函数不存在反函数，错误，故选：【归纳总结】本题考查了函数的定义以及映射的定义，考查了学生对函数以及映射概念的理解，属于基础题14已知集合，则下列关系中，正确的是ABCD【思路分析】根据集合的基本运算对每一选项判断即可【解析】：已知集合，解得或，；则，故选：【归纳总结】本题主要考查集合的基本运算，比较基础15已知函数的定义域为，下列是无最大值的充分条件是A为偶函数且关于点对称B为偶函数且关于直线对称C为奇函数且关于点对称D为奇函数且关于直线对称【思路分析】根据题意，依次判断选项：对于，举出反例可得三个选项错误，对于，利用反证法可得

12、其正确【解析】：根据题意，依次判断选项：对于，为偶函数，且关于点对称，存在最大值，错误，对于，为偶函数且关于直线对称，存在最大值，错误，对于，假设有最大值，设其最大值为，其最高点的坐标为，为奇函数，其图象关于原点对称，则的图象存在最低点，又由的图象关于点对称，则关于点对称的点为，与最大值为相矛盾，则此时无最大值，正确，对于，为奇函数且关于直线对称，错误，故选：【归纳总结】本题考查了充分条件和反证法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题16在中，为中点，为中点，则以下结论：存在，使得；存在三角形，使得；它们的成立情况是A成立，成立B成立，不成立C不成立，成立D不成立，不成立【思路分析】设，由向量

13、数量的坐标运算即可判断；为中点，可得，由为中点，可得与的交点即为重心，从而可判断【解析】：不妨设，若，则，即，满足条件的存在，例如，满足上式，所以成立；为中点，与的交点即为重心，因为为的三等分点，为中点，所以与不共线，即不成立故选：【归纳总结】本题主要考查平面向量数量积的运算，共线向量的判断，属于中档题三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+1876分）17（14分）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面（1）若为等边三角形，求四棱锥的体积；（2）若的中点为，与平面所成角为，求与所成角的大小【思路分析】（1）由，代入相应数据，进行运算，即可；（2）由平面，知，进而有，由，知或

14、其补角即为所求，可证平面，从而有，最后在中，由，得解【解析】：（1）为等边三角形，且为中点，又平面，四棱锥的体积（2）平面，为与平面所成角为，即，为等腰直角三角形，分别为，的中点，或其补角即为与所成角，平面，又，、平面，平面，在中，故与所成角的大小为【归纳总结】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题18（14分）已知、为的三个内角，、是其三条边，（1）若，求、；（2）若，求【思路分析】（1）由已知利用正弦定理即可求解的值；利用余弦定理即可求解的值（2）根据已知利用两

15、角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得，的值，进而根据正弦定理可得的值【解析】：（1）因为，可得，又，可得，由于，可得（2）因为，可得，又，可解得，或，因为，可得，若，可得，可得，可得为钝角，这与为钝角矛盾，舍去，所以，由正弦定理，可得【归纳总结】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题19（14分）（1）团队在点西侧、东侧20千米处设有、两站点，测量距离发现一点满足千米，可知在、为焦点的双曲线上，以点为原点，东侧为轴正半轴，北侧为轴正半轴，建立平面直角坐标系，在北偏东处，求双曲线标准方程和点坐标（

16、2）团队又在南侧、北侧15千米处设有、两站点，测量距离发现千米，千米，求（精确到1米）和点位置（精确到1米，【思路分析】（1）求出，的值即可求得双曲线方程，求出直线的方程，与双曲线方程联立，即可求得点坐标；（2）分别求出以、为焦点，以，为焦点的双曲线方程，联立即可求得点的坐标，从而求得，及点位置【解析】：（1）由题意可得，所以，所以双曲线的标准方程为，直线，联立双曲线方程，可得，即点的坐标为，（2），则，所以，双曲线方程为；，则，所以，所以双曲线方程为，两双曲线方程联立，得，所以米，点位置北偏东【归纳总结】本题主要考查双曲线方程在实际中的应用，属于中档题20（16分）已知函数（1）若，求函数的

17、定义域；（2）若，若有2个不同实数根，求的取值范围；（3）是否存在实数，使得函数在定义域内具有单调性？若存在，求出的取值范围【思路分析】（1）把代入函数解析式，由根式内部的代数式大于等于0求解绝对值的不等式得答案；（2），设，得，求得等式右边关于的函数的值域可得的取值范围；（3）分与两类变形，结合复合函数的单调性可得使得函数在定义域内具有单调性的的范围【解析】：（1）当时，由，得，解得或函数的定义域为，；（2），设，有两个不同实数根，整理得，当且仅当时，方程有2个不同实数根，又，的取值范围是；（3）当时，在，上单调递减，此时需要满足，即，函数在，上递减；当时，在，上递减，即当时，函数在上递减综

18、上，当，时，函数在定义域上连续，且单调递减【归纳总结】本题考查函数定义域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查函数单调性的判定及其应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题21（18分）已知数列满足，对任意，和中存在一项使其为另一项与的等差中项（1）已知，求的所有可能取值；（2）已知，、为正数，求证：、成等比数列，并求出公比；（3）已知数列中恰有3项为0，即，且，求的最大值【思路分析】（1）根据和中存在一项使其为另一项与的等差中项建立等式，然后将，的值代入即可；（2）根据递推关系求出、，然后根据等比数列的定义进行判定即可；（3）分别求出，的通项公式，从而可求出各自的最大值，从而可求出所求【解析】：（1）由题意，或，解得，解得，经检验，（2）证明：，或，经检验，；，或（舍，；，或（舍，；，或（舍，；综上，、成等比数列，公比为；（3）由或，可知或，由第（2）问可知，则，即，则，同理，同理，的最大值【归纳总结】本题主要考查了数列的综合应用，等比数列的判定以及通项公式的求解，同时考查了学生计算能力，属于难题第 12 页 共 12 页