2021-2022学年上海市普陀区高三上学期期末考数学试卷(高考一模)含详解.pdf

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1、第1页（共17页）2021-2022 学年上海市普陀区高三（上）期末数学试卷（一模）一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对前 6 题得 4 分、后 6 题得 5 分，否则一律得零分.1（4 分）若集合a，232，3，则实数 a 2（4 分）不等式1 的解集为 3（4 分）设 i 为虚数单位，若复数 z（1+2i）（2i），则 z 的实部与虚部的和为 4（4 分）设关于 x，y 的二元一次方程组的增广矩阵为，若 Dx3，则实数 m 5（4 分）已知圆锥的侧面积为，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥母线的长为 6（4 分）若（x2

2、1）7a0+a1x+a2x2+a3x3+a14x14，则 a5+a8 7（5 分）在空间直角坐标系 Oxyz 中，若平面 OMQ 的一个法向量（2，1，2），则点 P（1，1，4）到平面 OMQ 的距离为 8（5 分）设无穷等比数列an（nN*）的首项 a0，前两项的和为，若所有奇数项的和比所有偶数项的和大 3，则 a 9（5 分）设非空集合 QM，当 Q 中所有元素和为偶数时（集合为单元素时和为元素本身），称 Q 是 M 的偶子集 若集合 M1，2，3，4，5，6，7，则其偶子集 Q 的个数为 10（5 分）由于疫情防控需要，某地铁站每天都对站内进行消毒工作，设在药物释放过程中，站内空气中的

3、含药量 y（毫克/每立方米）与时间 x（小时）成正比（0 x）；药物释放完毕后，y 与 x 满足关系 y9bx（b 为常数，x）据测定，空气中每立方米的含药量降低到毫克以下时乘客方可进站则地铁站应安排工作人员至少提前 分钟进行消毒工作 第2页（共17页）11（5 分）设二次函数 f（x）mx22x+n（m，nR），若函数 f（x）的值域为0，+），且 f（1）2，则+的取值范围为 12（5 分）若向量，的夹角为，且|2，则|2+|的最大值为 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零

4、分.13（5 分）设 a，m 是实数，则“m5”是“m 为 a 和 10a 的等差中项”的（）A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充要条件 D既非充分也非必要条件 14（5 分）设函数 f（x）的反函数是 f1（x），若对任意的 x（0，1），则 f（x）与 f1（x）的大小关系为（）Af（x）f1（x）Bf（x）f1（x）Cf（x）f1（x）D不能确定 15（5 分）设点 F1，F2是双曲线 C：1 的左、右两焦点，点 M 是 C 的右支上的任意一点，若0，则|+|的值可能是（）A4 B2 C5 D3 16（5 分）设函数 f（x）（a0 且 a1）在区间（，+）上是单调函数，若函数 g（

5、x）|f（x）|ax|有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是（）A（0，B（，C（，D（，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相应编号的规定区第3页（共17页）域内写出必要的步骤 17（14 分）如图所示，在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，CDAB 于 D 点，PAAB4（1）求证：CDPB；（2）若三棱锥 PABC 的体积为，ACB，求 PC 与平面 PAB 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）18（14 分）设函数 f（x）sin（x+）（0，0），该函数图像上相邻两个最高点间的距离为 4，且 f（x）为偶函数（1）求 和 的值；（2）在A

6、BC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若（2ac）cosBbcosC，求 f2（A）+f2（C）的取值范围 19（14 分）如图所示，边长为 2（百米）的正方形 ABCD 区域是某绿地公园的一个局部，环线 AEFCDA 是修建的健身步道（不计宽度），其中弯道段 EF 是抛物线的一段，该抛物线的对称轴与 AD 平行，端点 E 是该抛物线的顶点且为 AB 的中点，端点 F 在 BC 上，且FB 长为 0.5（百米），建立适当的平面直角坐标系，解决下列问题（1）求弯道段 EF 所确定的函数 yf（x）的表达式；（2）绿地管理部门欲在弯道段 EF 上选取一点 P 安装监控设备，使得点 P

7、 处监测 CD 段的张角（CPD）最大，求点 P 的坐标 第4页（共17页）20（16 分）已知点 M（x，y）与定点 F（1，0）的距离是点 M 到直线 x20 距离的倍设点 M 的轨迹为曲线，直线 l：x+my+10（mR）与交于 A，B 两点，点 C 是线段 AB 的中点，P，Q 是上关于原点 O 对称的两点，且（0）（1）求曲线的方程；（2）当 时，求直线 l 的方程；（3）当四边形 PAQB 的面积 S时，求 的值 21（18 分）设 q，d 为常数，若存在大于 1 的整数 k，使得无穷数列an满足 an+1，则称数列an（nN*）为“M（k）数列”（1）设 d3，q0，若首项为 1

8、 的数列an为“M（3）数列”，求 a2021；（2）若首项为 1 的等比数列bn为“M（k）数列”，求数列bn的通项公式，并指出相应的 k，d，q 的值；（3）设 d1，q2，若首项为 1 的数列cn为“M（10）数列”，求数列cn的前 10n项和 S10n 第5页（共17页）2021-2022 学年上海市普陀区高三（上）期末数学试卷（一模）参考答案与试题解析 一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对前 6 题得 4 分、后 6 题得 5 分，否则一律得零分.1【解答】解：若集合a，232，3，则 a3，故答案为：3 2【解答

9、】解：1，10，0，0，0，1x0，故不等式的解集是（1，0），故答案为：（1，0）3【解答】解：复数 z（1+2i）（2i）2+4ii2i24+3i，所以 z 的实部与虚部的和为 4+37 故答案为：7 4【解答】解：关于 x，y 的二元一次方程组的增广矩阵为，Dx3，Dx2m+13，解得实数 m1 故答案为：1 5【解答】解：设圆锥的底面圆半径为 r，母线长为 l，因为圆锥的侧面积为，所以 rl，则 rl，第6页（共17页）又过轴的截面为正三角形，则 2rl，由可得，l，所以该圆锥母线的长为 故答案为：6【解答】解：因为（x21）7a0+a1x+a2x2+a3x3+a14x14，二项式展开

10、式的通项公式为 Tr+1（x2）7r（1）rx142r（1）r，令 142r5，解得 r，不合题意，所以 a50，令 142r8，解得 r3，所以 a8（1）335，所以 a5+a835 故答案为：35 7【解答】解：因为，又平面 OMQ 的一个法向量（2，1，2），所以点 P（1，1，4）到平面 OMQ 的距离为 故答案为：3 8【解答】解：根据题意，设等比数列an的公比为 q，必有|q|1，其首项为 a，前两项的和为，即 a+aq，若所有奇数项的和比所有偶数项的和大 3，则有3，变形可得3，联立，解可得 a1 或1，又由 a0，则 a1，故答案为：1 9【解答】解：对集合 Q 中奇数和偶数

11、的个数进行分类讨论，确定每种情况下集合 Q 的个数，综合可得结果集合 Q 中只有 2 个奇数时，则集合 Q 的可能情况为：1，3、1，5、第7页（共17页）1，7、3，5、3，7，5，7，共 6 种 若集合 Q 中只有 4 个奇数时，则集合 Q1，3，5，7，只有一种情况，若集合 Q 中只含 l 个偶数，共 3 种情况；若集合 Q 中只含 2 个偶数，则集合 Q 可能的情况为；2，4，2，6，4，6，共 3 种情况；若集合 Q 中只含 3 个偶数，则集合 Q2，4，6，只有 1 种情况，因为 Q 是 M 的偶子集，分以下几种情况讨论：若集合 Q 中的元素全为偶数，则满足条件的集合 Q 的个数为

12、 7；若集合 Q 中的元素全为奇数，则奇数的个数为偶数，共 7 种；若集合 Q 中的元素是 2 个奇数 1 个偶数，共 6318 种；若集合 Q 中的元素为 2 个奇数 2 个偶数，共 6318 种；若集合 Q 中的元素为 2 个奇数 3 个偶数，共 616 种；若集合 Q 中的元素为 4 个奇数 l 个偶数，共 133 种；若集合 Q 中的元素为 4 个奇数 2 个偶数，共 133 种；若集合 Q 中的元素为 4 个奇数 3 个偶数，共 1 种 综上所述，满足条件的集合 Q 的个数为 7+7+18+18+6+3+3+163 故答案为：63 10【解答】解：由题意可知，函数过点（），当 0 x

13、时，设 ykx，则 1，解得 k3，所以 y3x，当 x时，y9bx过点（），则，解得 b，所以，当 0 x时，空气中每立方米的含药量逐渐升高至 1 毫克；当 x时，空气中每立方米的含药量逐渐降低，第8页（共17页）取，解得 x小时50 分钟，所以地铁站应安排工作人员至少提前 50 分钟进行消毒工作 故答案为：50 11【解答】解：二次函数 f（x）mx22x+n（m，nR），若函数 f（x）的值域为0，+），则44mn0，解得：mn1，且 m0，又 f（1）m2+n2，n，则 m+4，+m2+1，而由 m+4，m0，得 2m2+14，故 m2+1 的取值范围是1，13，即+的取值范围是1，1

14、3，故答案为：1，13 12【解答】解：依题意，如图所示，构造以原点为圆心，2 为半径的圆，AB 为圆的一条平行于 x 轴的弦，且第9页（共17页），M 为弦 AB 所对的优弧上任意一点，不妨设，则，当且仅当 cos（+）1 时取等号，故答案为：二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零分.13【解答】解：a 和 10a 的等差中项是5，故“m5”是“m 为 a 和 10a 的等差中项”的充要条件，故选：C 14【解答】解：对于函数 f（x），在（0，1）内总有x，由反函数的定义知

15、f（x）f1（x），所以 A 选项是正确的，故选：A 15【解答】解：如图所示，设 M（x0，y0），第10页（共17页）点 M 是 C 的右支上的任意一点，0，ax0c，即 2x0，ca|，即2|，|+|2|+2a2|+4 22|+45 只有 22，5）故选：B 16【解答】解：当 a1 时，f（x）+loga（x+2）为1，+）的增函数，当 x2a1 时，f（x）x（x2a）x2+2ax，图象开口向上，不为增函数，当 0a1 时，f（x）+loga（x+2）为1，+）的减函数，又 x2a 时，f（x）x（x2a）x2+2ax，所以函数在（，2a）上为减函数，函数 f（x）（a0 且 a1）

16、在区间（，+）上是单调函数，所以2a1，且（1）+loga1，解得 a，所以当 0a时，f（x）为（，+）上是单调函数，当 x1 时，f（x）+loga（x+2）0，可得 x20，第11页（共17页）令|ax|0，可得 x，（2）0，则2，如下图所示，因为+loga1a+，所以函数 y|f（x）|与函数 y|ax|在1，+）上的图像有两个交点，由题意可知，函数 y|f（x）|与函数 y|ax|在（，1）上的图像有且只有一个交点，联立，可得 x2+3ax0，设 h（x）x2+3ax，则函数 h（x）在（，1）上有且只有一个零点，二次函数 h（x）的对称轴方程为 x，0），只需 h（1）3a+0，

17、解得 a，故 a 的范围为（，故选：D 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相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17【解答】（1）证明：因为 PA平面 ABC，CD面 ABC，第12页（共17页）所以 PACD，又 CDAB 于 D 点，ABPAA，AB平面 PAB，PA平面 PAB，所以 CD平面 PAB，又 PB平面 PAB，所以 CDPB；（2）解：因为三棱锥 PABC 的体积为，PAAB4，所以SABCPA，解得 SABC4，所以ABCD4，所以 CD2，因为ACB，所以ACBC4，AC2+BC2AB216，解得 ACBC2，又 CDAB 于 D 点

18、，所以 AD2，在 RtPAD 中，PD2，由（1）知 CD平面 PAB，所以 PD 为直线 PC 在平面 PAB 的射影，所以CPD 是直线 PC 与平面 PAB 所成的角，在 RtPCD 中，tanCPD，所以 PC 与平面 PAB 所成角的大小为 arctan 18【解答】解：（1）由函数图像上相邻两个最高点间的距离为 4，所以可得4，解得，所以函数解析式为 f（x）sin（x+），又因为 f（x）为偶函数，所以 k+，又 0，所以，所以，第13页（共17页）（2）（2ac）cosBbcosC，由正弦定理得（2sinAsinC）cosBsinBcosC，2sinAcosBsinCcosB

19、sinBcosC，2sinAcosBsin（B+C）A+B+C，sin（B+C）sinA0cosB，0B，B，所以 A+C，所以 CA，由（1）知 f（x）cosx，所以 f2（A）+f2（C）2cos2A+2cos2CcosA+cosC+2cosA+cos（A）+2 cosAcosA+sinA+2sinA+cosAsin（A+）+2，又因为 0A，所以A+，所以 sin（A+）（，1，所以 f2（A）+f2（C）的取值范围为（，3 19【解答】解：建立如图所示的坐标系，则：A（1，0），B（1，0），C（1，2），D（1，2），F（1，），E（0，0）；抛物线开口向上，对称轴为 y 轴，（1

20、）设抛物线方程为：x22py（p0），代入 F（1，）得 p1，抛物线方程为：x22y，故弯道段 EF 所在的方程为：x22y（0 x1）；（2）设 P（x0，）（0 x01），CPD，过 P 作 PQCD 于 Q，设DPQ，QPC，则：+，DQx0+1，CQ1x0，PQ2，tan，tan，第14页（共17页）tantan（+），令 t，0 x01，1t，tan，令 f（t），则 f（t），令 f（t）0，则 t11+，t21，又1t，f（t）在1.1上单增，在1，上单减，故当 t1时 f（t）取最大值，即 tan 取最大，又tan 在（0，）上单增，最大，即CPD 最大，又t，1，解得 x0

21、，P（）20【解答】解：（1）由条件得，整理得 x2+2y22，即曲线的方程第15页（共17页）为+y21；（2）AB：xmy1，代入得（my1）2+2y220，整理得（m2+2）y2+2my10，设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 y1+y2，y1y2，所以 AB|y1y2|2，x1+x2m（y1+y2）2m（）2，所以 C（，），因为（0），所以 P（，），又因为 P 在曲线上，代入得（）2+2（）22，整理得 2m2+2，当 时，可得 m2+23，解得 m1，所以直线 l 的方程为 xy+10；（3）因为点 O 到直线 AB 的距离 d，设四边形 PAQB 面积为 S，ABO 的

22、面积为 S1，则 S1ABd2，所以 SSABP+SABQ（+1）S1+（1）S12S12，将 2m2+2 代入得 S2，当 S时，2，解得 m，所以 2m2+24，所以 2 21【解答】解：an+1，当 nkN*时，数列an是以 q 为公比的等比数列，否则an是以 d 为公差的等差数列；（1）因为 d3，q0，k3，a11，第16页（共17页）a11，a24，a30，a43，a56，a60，a73，a86，a90，数列an从第 3 项起，每隔 3 项重复出现，a3a6a9a20220；a4a7a10a20233；a5a8a11a20216；a2021a56；（2）因为bn是首项为 1 的等比

23、数列，则有：bk+12bkbk+2，又因为bn为 M（k）数列，所以 bkqbk1，bk+1bk+d，bk+2bk+1+dbk+2d，（k2）又因为 bk+12bkbk+2，d0，bk+2bk+1bk，bn的公比为 1，q1，所以 b1b2b3bn1，bn1，k 为大于 1 的任意整数；（3）d1，q2，k10，a11，a11，a22，a33，a44，a55，a66，a77，a88，a99，a1018，S1063；a1119，a1220，a1321，a1422，a1523，a1624，a1725，a1826，a1927，a2054，S10na1+a2+a9+a10+a11+a12+a19+a2

24、0+a21+a21+a10n1+a10n，设每隔 10 项的和为 Tn，则有：T1a1+a2+a9+2a91+2+9+2945+18；T2a11+a12+a19+2a1929+1+29+2+29+9+69299+（1+2+9）+54；T3a21+a22+a29+2a2969+1+69+2+69+9+149；T4a31+a32+a39+2a39149+1+149+2+149+9+309；由此可得：Tna10n9+a10n8+a10n1+2a10n1（2n2）9+1+（2n2）9+2+（2n2）9+9+（2n+12）9992n135；第17页（共17页）S10nT1+T2+T3+Tn992135+9922135+992n13599（2+22+2n）135n992n+1135n198