2021年上海市嘉定区高考数学一模试卷（含详细解析）.docx

1、 第 1 页（共 16 页） 2021 年上海市嘉定区高考数学一模试卷年上海市嘉定区高考数学一模试卷 一、填空题（本大题共有一、填空题（本大题共有 12 题，满分题，满分 54 分，其中分，其中 16 题每题题每题 4 分，分，712 题每题题每题 5 分）分） 1 （4 分）已知集合 A0，2，4，B（0，+） ，则 AB 2 （4 分）抛物线 y24x 的焦点坐标为 3 （4 分）不等式| 4 1| 0的解为 4 （4 分）已知复数 z 满足（1+i） z2（i 为虚数单位） ，则|z| 5 （4 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边为 x 轴的正半轴，终边经过点 P（3，4） ，则 ( 2

2、 + ) = 6 （4 分）设函数 f（x）ax+12（a1）的反函数为 yf 1（x） ，若 f1（2）1，则 f （2） 7 （5 分）设各项均为正数的无穷等比数列an满足：a11，a2+2a31，则数列a2n的各 项的和为 8 （5 分）在ABC 中，A90，AB3，AC4，将ABC 绕边 AC 所在直线旋转一周 得到几何体，则的侧面积为 9 （5 分）在ABC 中，AB1，AC2， = 1 6 + 2 3 ，则 = 10 （5 分）甲和乙等 5 名志愿者参加进博会 A、B、C、D 四个不同的岗位服务，每人一个 岗位，每个岗位至少 1 人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有 种不同的参加

3、 方法（结果用数值表示） 11 （5 分）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，首项 a10，公差 d0，若对任意的 nN*， 总存在 kN*，使 S2k1（2k1）Sn，则 k3n 的最小值为 12 （5 分）已知函数 f（x）x|xa|+3x若存在 a3，4，使得关于 x 的方程 f（x） tf（a）有三个不相等的实数根，则实数 t 的取值范围是 二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 题，满分题，满分 20 分） 【每题有且只有一个正确答案，考生应在答题分） 【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，选对得纸的相应编号上，将代表答案的小方

4、格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零分 】分，否则一律得零分 】 13（5 分） 已知 x0， nN*， 则 “n2” 是 “( + 1 ) 的二项展开式中存在常数项” 的 （ ） A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充要条件 D既非充分又非必要条件 14 （5 分）已知 a、bR，且 ab，则下列不等式恒成立的是（ ） 第 2 页（共 16 页） A1 1 Blnalnb Ca2b2 D2a2b 15 （5 分）过双曲线： 2 2 2 2 = 1的右顶点作 x 轴的垂线与 C 的一条渐近线相交于点 A， 若以 C 的右焦点为圆心，以 2 为半径的圆经过 A、O 两点（O 为坐标原点） ，则

5、双曲线 C 的方程为（ ） A 2 3 2= 1 B2 2 3 = 1 C 2 2 2 2 = 1 D 2 2 2 6 = 1 16 （5 分） 如图， 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 P 是该正方体棱上一点若 满足|PB|+|PC1|m（m0）的点的个数为 4，则 m 的取值范围是（ ） A22，4 B4，2 + 23 C4，42 D2 + 23，42 三、解答题（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，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 要的步骤要的步骤. 17 （14 分）如图，正四棱柱

6、 ABCDA1B1C1D1的底面边长为 2，A1D4 （1）求该正四棱柱的表面积和体积； （2）求异面直线 A1D 与 AC 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示） 18 （14 分）已知函数 f（x）cos（x） （0）的最小正周期为 （1）求 的值及函数() = 3( 4 ) ()， 0， 2的值域； 第 3 页（共 16 页） （2） 在ABC 中， 内角 A， B， C 所对应的边长分别为 a， b， c， 若 (0， 2)， () = 1 2， ABC 的面积为33，bc2，求 a 的值 19（14 分） 提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况 在一般情况下， 隧道

7、内的车流速度 v（单位：千米/小时）和车流密度 x（单位：辆/千米）满足关系式： = 50，0 20 60 140，20 120 ( ) 研究表明：当隧道内的车流密度达到 120 辆/千米时造成堵塞，此时车流速度是 0 千米/ 小时 （1）若车流速度 v 不小于 40 千米/小时，求车流密度 x 的取值范围； （2）隧道内的车流量 y（单位时间内通过隧道的车辆数，单位：辆/小时）满足 yxv， 求隧道内车流量的最大值（精确到 1 辆/小时） ，并指出当车流量最大时的车流密度（精 确到 1 辆/千米） 20 （16 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆： 2 2 + 2 2 = 1(0

8、)的长轴长为 6， 且经过点(3 2 ，3)，A 为左顶点，B 为下顶点，椭圆上的点 P 在第一象限，PA 交 y 轴于 点 C，PB 交 x 轴于点 D （1）求椭圆的标准方程； （2）若 + 2 = 0 ，求线段 PA 的长； （3） 试问： 四边形 ABCD 的面积是否为定值？若是， 求出该定值， 若不是， 请说明理由 21 （18 分）若有穷数列an满足：0a1a2ak（kN*，k3）且对任意的 i，j（1 ijk） ，aj+ai与 ajai至少有一个是数列an中的项，则称数列an具有性质 P （1）判断数列 1，2，4，8 是否具有性质 P，并说明理由； （2） 设项数为 k （kN

9、*， k3） 的数列an具有性质 P， 求证： kak2 （a1+a2+ak1+ak） ； （3）若项数为 k（kN*，k3）的数列an具有性质 P，写出一个当 k4 时，an不是 第 4 页（共 16 页） 等差数列的例子，并证明当 k4 时，数列an是等差数列 第 5 页（共 16 页） 2021 年上海市嘉定区高考数学一模试卷年上海市嘉定区高考数学一模试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题共有一、填空题（本大题共有 12 题，满分题，满分 54 分，其中分，其中 16 题每题题每题 4 分，分，712 题每题题每题 5 分）分） 1 （4 分）已知集合 A0，2，

10、4，B（0，+） ，则 AB 2，4 【解答】解：集合 A0，2，4，B（0，+） ，则 AB2，4 故答案为：2，4 2 （4 分）抛物线 y24x 的焦点坐标为 （1，0） 【解答】解：抛物线 y24x 是焦点在 x 轴正半轴的标准方程， p2焦点坐标为： （1，0） 故答案为： （1，0） 3 （4 分）不等式| 4 1| 0的解为 x|2x2 【解答】解：不等式| 4 1| 0，化为：x 240， 解得2x2， 所以不等式的解：x|2x2 故答案为：x|2x2 4 （4 分）已知复数 z 满足（1+i） z2（i 为虚数单位） ，则|z| 2 【解答】解：（1+i） z2， |1+i|

11、z|2， 2|z|2， |z|= 2， 故答案为：2 5 （4 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边为 x 轴的正半轴，终边经过点 P（3，4） ，则 ( 2 + ) = 3 4 【解答】解：角 的顶点为坐标原点，始边为 x 轴的正半轴，终边经过点 P（3，4） ， 可得 sin= 4 5，cos= 3 5， ( 2 + ) = (+ 2) (+ 2) = = 3 5 4 5 = 3 4 故答案为： 3 4 第 6 页（共 16 页） 6 （4 分）设函数 f（x）ax+12（a1）的反函数为 yf 1（x） ，若 f1（2）1，则 f （2） 6 【解答】解：由题意得：函数 f（x）ax+12

12、（a1）过（1，2） ， 将（1，2）代入 f（x）得：a222，解得：a2， 故 f（x）2x+12，故 f（2）6， 故答案为：6 7 （5 分）设各项均为正数的无穷等比数列an满足：a11，a2+2a31，则数列a2n的各 项的和为 2 3（12 2n） 【解答】解：由题意设公比是 q（q0） ，而 a11， 则 a2q，a3q2， a2+2a31，q+2q21，解得：q1= 1 2（1 舍） ， 故 an= (1 2) ;1， 则数列a2n的首项是1 2，公比是 q2= 1 4， 故数列a2n的各项的和 S= 1(1) 1 = 1 21( 1 4) 11 4 = 2 3（12 2n）

13、， 故答案为：2 3（12 2n） 8 （5 分）在ABC 中，A90，AB3，AC4，将ABC 绕边 AC 所在直线旋转一周 得到几何体，则的侧面积为 15 【解答】解：如图示： ， 将ABC 绕边 AC 所在直线旋转一周得到几何体， 得到的是高为 4，底面半径为 3，母线长为 5 的圆锥， 第 7 页（共 16 页） 故侧面展开图是半径为 5，弧长为 6 的扇形， 故的侧面积为 S= 1 2 5615， 故答案为：15 9 （5 分）在ABC 中，AB1，AC2， = 1 6 + 2 3 ，则 = 1 2 【解答】解： =（ + ） （ + 1 6 + 2 3 ） （1 3 1 6 ） 1

14、 3 1 6（ ）（ ） = 1 6（ + ） （ ） = 1 6（41）= 1 2， 故答案为：1 2 10 （5 分）甲和乙等 5 名志愿者参加进博会 A、B、C、D 四个不同的岗位服务，每人一个 岗位，每个岗位至少 1 人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有 216 种不同的参加 方法（结果用数值表示） 【解答】解：由题意得，有且只有 2 人分在一组，然后平均分到 4 个不同的岗位，则有 C52A44240 种不同的分配方案 甲乙两人在同一岗位的分配方法有 A4424 种 故甲、乙两人不在同一个岗位服务的分配方法有 24024216 种 故答案为：216 11 （5 分）设等差数列an的

15、前 n 项和为 Sn，首项 a10，公差 d0，若对任意的 nN*， 总存在 kN*，使 S2k1（2k1）Sn，则 k3n 的最小值为 8 【解答】解：由题意可得(2;1)(1:21) 2 =（2k1）Sn， 则得(2;1)1 2 = (2 1)，即 akSn， 令 n2 得：akS2，即 a1+（k1）d2a1+d （*） ，即得 k2= 1 ， 因为首项 a10，公差 d0，则得 k2= 1 0，即 k2， 第 8 页（共 16 页） 又kN*，所以 k1，代入（*）得：da1， 当 da1时，由 akSn得1 ( 1)1= 1 (1)1 2 ， 即 k= (1)(2) 2 +1，所以

16、k3n= 1 2 2 9 2 + 2， 即 k3n= 1 2( 9 2) 2 77 2 ， 因此当 n4 或 5 时，k3n 的最小值为8 故答案为：8 12 （5 分）已知函数 f（x）x|xa|+3x若存在 a3，4，使得关于 x 的方程 f（x） tf（a）有三个不相等的实数根，则实数 t 的取值范围是 （1，49 48） 【解答】解：由题意 f（x）= 2 + (3 )， 2+ (3 + )，且关于 x 的方程 f（x）3at 有三 个不相等的实数根， （1）当3a3 时， 3 2 +3 2 ，且 3 2 0 +3 2 ， 可得 f（x）在（，+）上是单调递增函数，所以方程 f（x）3

17、at 没有三个不相等 的实数根， （2）当 3a4 时，0 3 2 +3 2 ， 可得 f（x）在（，:3 2 ） ， （a，+）上是单调递增函数，在（:3 2 ，a）单调减增函 数， （如图） 当且仅当32 (+3)2 4 时，方程 f（x）3at 没有三个不相等的实数根， 可得1 (+3)2 12 = 1 12 ( + 1 + 6)， 令 g（a）= + 1 ，a（3，4， 可得 g（a）在区间（3，4上单调递增函数，则 t(4) = 25 4 所以则实数 t 的取值范围是（1，49 48） 故答案为（1，49 48） 第 9 页（共 16 页） 二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共

18、有 4 题，满分题，满分 20 分） 【每题有且只有一个正确答案，考生应在答题分） 【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 】分，否则一律得零分 】 13（5 分） 已知 x0， nN*， 则 “n2” 是 “( + 1 ) 的二项展开式中存在常数项” 的 （ ） A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充要条件 D既非充分又非必要条件 【解答】解：n2 时，( + 1 ) 2 = 2+ 1 2 + 2， “n2“是“( + 1 ) 的二项展开式中存在常数项“的充分条件； 若(

19、 + 1 ) 的二项展开式中存在常数项，设常数项为; (1 ) = ;2，则 n 2r0， = 2，r 为正整数， n 能被 2 整除，即得不出 n2， “n2“不是“( + 1 ) 的二项展开式中存在常数项”的必要条件； 综上得， “n2”是“( + 1 ) 的二项展开式中存在常数项”的充分非必要条件 故选：A 14 （5 分）已知 a、bR，且 ab，则下列不等式恒成立的是（ ） A1 1 Blnalnb Ca2b2 D2a2b 【解答】解：当 a1，b1 时显然 ab，但 A 不成立， 当 0ab 时 B 显然不成立， 当 a1，b1 时，C 显然不成立， 由于 y2x单调递增，由 ab

20、 可得 2a2b，D 成立 第 10 页（共 16 页） 故选：D 15 （5 分）过双曲线： 2 2 2 2 = 1的右顶点作 x 轴的垂线与 C 的一条渐近线相交于点 A， 若以 C 的右焦点为圆心，以 2 为半径的圆经过 A、O 两点（O 为坐标原点） ，则双曲线 C 的方程为（ ） A 2 3 2= 1 B2 2 3 = 1 C 2 2 2 2 = 1 D 2 2 2 6 = 1 【解答】解：双曲线的右顶点为（a，0） ，右焦点 F 为（c，0） ， 由 xa 和一条渐近线 y= x，可得 A（a，b） ， 以 C 的右焦点为圆心、半径为 2 的圆经过 A、O 两点（O 为坐标原点）

21、， 则|AF|OF|c2， 即有( )2+ 2=2， c2a2+b24， 解得 a1，b= 3， 即有双曲线的方程为 x2 2 3 =1， 故选：B 16 （5 分） 如图， 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 P 是该正方体棱上一点若 满足|PB|+|PC1|m（m0）的点的个数为 4，则 m 的取值范围是（ ） A22，4 B4，2 + 23 C4，42 D2 + 23，42 【解答】解：先计算正方体的 8 个顶点到 B，C1两点的距离，如图所示， （1）当点 P 分别在棱 BB1，BC，CC1，B1C1上运动时，m 的取值范围是22，4； （2）当点 P 分别棱 C

22、1D1，AB 上运动时，m 的取值范围是22，2+23； （3）当点 P 分另在棱 A1B1，CD 上运动时，m 的取值范围是4，42； （4）当点 P 分别在棱 A1D1，DD1，AD，AA1上运动时，m 的取值范围是2+23，42 第 11 页（共 16 页） 由几何直观可知，点 P 在正方体的每一条棱上运动时， 它所在的位置与 m 的值是一一对应的， 则当|PB|+|PC1|m（m0）的点 P 的个数为 4 时， m 的取值范围是4，2+23 故选：B 三、解答题（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必分）解答下列各题必

23、须在答题纸的相应位置写出必 要的步骤要的步骤. 17 （14 分）如图，正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面边长为 2，A1D4 （1）求该正四棱柱的表面积和体积； （2）求异面直线 A1D 与 AC 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示） 【解答】解： （1）由题意，得1= 12 2= 3， 则该正四棱柱的表面积为全= 22 2 + 2 23 4 =8+163， 该正四棱柱的体积为 V= 22 23 =83 （2）连接 A1C1，DC1，则 ACA1C1， 直线 A1D，A1C1所成角就是异面直线 A1D，AC 所成角， 在A1DC1中，A1DDC123，A1C122， 第 12 页（

24、共 16 页） 由余弦定理得 cosDA1C1= 12+11212 2111 = 42+(22)242 2422 = 2 4 异面直线 A1D 与 AC 所成的角的大小为 arccos 2 4 18 （14 分）已知函数 f（x）cos（x） （0）的最小正周期为 （1）求 的值及函数() = 3( 4 ) ()， 0， 2的值域； （2） 在ABC 中， 内角 A， B， C 所对应的边长分别为 a， b， c， 若 (0， 2)， () = 1 2， ABC 的面积为33，bc2，求 a 的值 【解答】解： （1）函数 f（x）cos（x） （0）的最小正周期为 = 2 | =，由 0，得

25、 2， 此时 f（x）cos2x，则 g（x）2sin（2x 6） ， 当 x0， 2时，2x 6 6， 5 6 ，2sin（2x 6）1m2， 函数() = 3( 4 ) ()， 0， 2的值域为1，2 （2）由题意得 cos2A= 1 2， A（0， 2） ，则得 2A（0，） ，2A= 2 3 ，解得 A= 3， ABC 的面积为 33，则得1 2 = 33， 即1 2 3 =33，即 bc12， bc2，由余弦定理得 a= 2+ 2 2 = 2+ 2 = ( )2+ = 22+ 12 =4 19（14 分） 提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况 在一般情况下， 隧道内

26、的车流速度 v（单位：千米/小时）和车流密度 x（单位：辆/千米）满足关系式： 第 13 页（共 16 页） = 50，0 20 60 140，20 120 ( ) 研究表明：当隧道内的车流密度达到 120 辆/千米时造成堵塞，此时车流速度是 0 千米/ 小时 （1）若车流速度 v 不小于 40 千米/小时，求车流密度 x 的取值范围； （2）隧道内的车流量 y（单位时间内通过隧道的车辆数，单位：辆/小时）满足 yxv， 求隧道内车流量的最大值（精确到 1 辆/小时） ，并指出当车流量最大时的车流密度（精 确到 1 辆/千米） 【解答】解： （1）由题意，当 x120（辆/千米）时，v0（千米

27、/小时） ， 代入 = 60 140，得 060 140120，解得 k1200 = 50，0 20 60 1200 140 ，20 120， 当 0 x20 时，v5040，符合题意； 当 20 x120 时，令 60 1200 140 40，解得 x80， 20 x80 综上，0 x80 故车流速度 v 不小于 40 千米/小时，车流密度 x 的取值范围为（0，80； （2）由题意得， = 50，0 20 60 1200 140，20 120 ， 当 0 x20 时，y50 x 为增函数， y20501000，等号当且仅当 x20 时成立； 当 20 x120 时， y= 60 1200

28、140 = 60( 20 140) = 60 + 20(140)2800 140 = 60(20 + 2800 140) = 60160 (140 ) 2800 140 60(160 2(140 ) 2800 140) = 60(160 407) 3250 当且仅当 140 x= 2800 140，即 x140207 87（20，120时成立， 综上，y 的最大值约为 3250，此时 x 约为 87 故隧道内车流量的最大值为 3250 辆/小时，车流量最大时的车流密度 87 辆/千米 第 14 页（共 16 页） 20 （16 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆： 2 2 + 2

29、2 = 1(0)的长轴长为 6， 且经过点(3 2 ，3)，A 为左顶点，B 为下顶点，椭圆上的点 P 在第一象限，PA 交 y 轴于 点 C，PB 交 x 轴于点 D （1）求椭圆的标准方程； （2）若 + 2 = 0 ，求线段 PA 的长； （3） 试问： 四边形 ABCD 的面积是否为定值？若是， 求出该定值， 若不是， 请说明理由 【解答】解： （1）由题意得：2a6，解得 a3， 把点 Q 的坐标代入椭圆 C 的方程 2 2 + 2 2 =1， 得 9 42 + 3 2 =1，解得 b2， 所以所求椭圆的标准方程为： 2 9 + 2 4 =1 （2）解：因为 +2 = 0 ， 则得

30、= 1 2 =（0，1） ，即 C（0，1） ， 又因为 A（3，0） ，所以直线 AP 的方程为 y= 1 3（x+3） ， 由 = 1 3( + 3) 2 9 + 2 4 = 1 ，解得 = 3 = 0 （舍去）或 = 27 15 = 24 15 ，即得 P（27 15， 24 15） ， 所以|AP|=(27 15 (3)2+ (24 15) 2 = 2410 15 ， 即线段 AP 长为2410 15 （3）由题知直线 PB 的斜率存在， 可设直线 PB：ykx2， （k 2 3） 令 y0 得 D（2 ，0） ， 第 15 页（共 16 页） 由 = 2 2 9 + 2 4 = 1，

31、得（4k 2+9）x236kx0， 解得 x0 或 x= 36 42+9， 所以 y= 1828 4+92 ，即 P（ 36 42:9， 182;8 4:92 ） ， 于是直线 AP 的方程为 y= 1828 42+9 36 1+42+3 （x+3） ， 即 y= 2(32) 3(3+2)（x+3） ， 令 x0，得 y= 2(32) 3+2 即 C（0，2(3;2) 3:2 ） ， 所以四边形 ABCD 的面积等于 1 2 |AD|BC|= 1 2（ 2 +3） （2(3;2) 3:2 +2）= 1 2 3:2 12 3:2 =6， 即四边形 ABCD 的面积为定值 21 （18 分）若有穷

32、数列an满足：0a1a2ak（kN*，k3）且对任意的 i，j（1 ijk） ，aj+ai与 ajai至少有一个是数列an中的项，则称数列an具有性质 P （1）判断数列 1，2，4，8 是否具有性质 P，并说明理由； （2） 设项数为 k （kN*， k3） 的数列an具有性质 P， 求证： kak2 （a1+a2+ak1+ak） ； （3）若项数为 k（kN*，k3）的数列an具有性质 P，写出一个当 k4 时，an不是 等差数列的例子，并证明当 k4 时，数列an是等差数列 【解答】解： （1）数列 1，2，4，8 不具有性质 P， 01248，但是 4+15，413，它们均不是数列 1

33、，2，4，8 中的项， 故数列 1，2，4，8 不具有性质 P； （2）证明：ak+akM，akakM，即 0M，故 a10， 设 2ik，ak+aiM，akaiM， 则得 0akakakak1akak2aka2aka1， 0a1a2a3ak1ak， 故 akaka1，akak1a2，akak2a3，aka2ak1，aka1ak， 累加得：kak（ak+ak1+ak2+a2+a1）a1+a2+a3+ak1+ak， 故 kak2（a1+a2+a3+ak1+ak） ， （3）数列 0，1，4，5 具有性质 P，但该数列不是等差数列， 第 16 页（共 16 页） 下面证明当 k4，即 k5 时，数

34、列an是等差数列， 由（2）得 a10， 设 2ik， 由（2）知 0akakakak1akak2aka2aka1， 0a1a2a3ak1ak， 故 akaka1，akak1a2，akak2a3，aka2ak1，aka1ak， 故 akakiai+1（1ik1） （*） ， 设 3ik2， 则 ak1+aiak1+a2ak，故 ak1+aiM，得 ak1aiM， 由 0ak1ak1ak1ak2ak1a3aka3ak2， 及 0a1a2a3ak3ak2， 可得 ak1ak1a1，ak1ak2a2，ak1ak3a3，ak1a3ak3， 故 ak1ak1ai（1ik3） ， k5，由以上可知：ak1ak1a1，且 ak1ak2a2， 故 ak1a1ak1且 ak1a2ak2，故 ak1akiai（1ik1） （*） ， 由（*）知：akakiai+1（1ik1） ， 两式相减得 akak1ai+1ai（1ik1） ， 故当 k4 时，数列an是等差数列