【文档说明】2020-2021上海市宝山区高三数学二模试卷及答案2021.4.docx，共(15)页，200.758 KB，由baby熊上传

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2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第1页共15页2020-2021学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷考生注意：1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟；2．本试卷包括

试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面；3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题；4．可使用符合规定的计算器答题．一、填空题(本大题共有12题，满分54分，其中第1题至第6题每

题填对得4分，否则一律得零分；第7题至第12题每题填对得5分，否则一律得零分．)考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果．1.抛物线y2=8x的焦点到准线的距离为．2.不等式|x－1|＜2的解集为．3.若关于x，y的方程组x＋y=mx＋ny=1有无穷多

组解，则m＋n的值为．4.若－1＋2i（i为虚数单位）是方程x2＋bx＋c＝0（b、c∈R）的一个根，则c－b＝．5.已知常数m∈R，若函数f(x)=2x－m的反函数的图像经过点(4，2)，则m＝．6.设无穷等比数列{

xn}的公比为m，若limn→∞(x6＋x7＋„＋xn)＝x4，则m＝．7.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长度为．2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第2页共15页MDCBA8.在(1＋x

)8(1－x)9的展开式中，x4项的系数为（结果用数值表示）．9.如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，AB＝1，BC＝2．将矩形ABCD绕直线AD旋转所得到的几何体体积记为V1，将△MCD绕直线CD旋转所得到的几何体体积记为V2，则V1V2

的值为．10.为巩固交通大整治的成果，某地拟在未来的连续15天中随机选择4天进行交通安全知识的抽查，则选择的4天恰好为连续4天的概率是（结果用最简分数表示）．11.设函数f(x)＝a－x32－8x12x＋8（a∈R），若函数y＝4f(x)＋5的零点为4，则使得8f(

n2－3)＋63≥0成立的整数n的个数为．12.如图，若同一平面上的四边形PQRS满足：mnRP→=n(1－3m)QP→＋m(n－1)SP→（m＞0、n＞0），则当△PRS的面积是△PQR的面积的13倍时，1m＋n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，否则一律得零分．13.设x∈R，则“x＞3”是“x2＞9”的（）．（A）充分非必要条件（B）必要非充分条件（C）充要条件（D）既非充分条件又非必要条件14.某班有学生40人，将这

40人编上1到40的号码，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本．已知编号为3、23、33的学生在样本中，则另一学生在样本中的编号为（）．（A）12（B）13（C）14（D）152020学年第二学期期中高

三年级数学学科教学质量监测试卷第3页共15页15.在平面直角坐标系中，角θ（π＜θ＜3π2）的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过函数f(x)=－2x与g(x)=－log12(－x)的交点，角α∈(0，π4)，则（）．

（A）－1＜cot(θ＋α)＜－22（B）－1＜tan(θ＋α)＜－22（C）－1＜cos(θ＋α)＜－22（D）－1＜sin(θ＋α)＜－2216.如果数列u1，u2，„，u10同时满足以下四个条件：（1）ui∈Z（i＝1，2，„，10）；（2）点(u5

，2u2＋u8)在函数y＝4x的图像上；（3）向量a→＝(1，u1)与b→＝(3，u10)互相平行；（4）ui＋1－ui与2ui＋1－ui的等差中项为32（i＝1，2，„，9）．那么，这样的数列u1，u2，„，u10的个数为（）．（A）78（B）8

0（C）82（D）90三、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.（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分6分，第2题满分8分．如图

，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是边长为2的正方形，PA＝4，M为侧棱PA的中点．（1）求四棱锥P－ABCD的体积；（2）求直线PD与平面MBC所成角的正弦值．2020学年第二学期期中高三年级数

学学科教学质量监测试卷第4页共15页18.（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分6分，第2题满分8分．将关于x的函数y＝m(x＋2)2x（m∈R）的图像向右平移2个单位后得到的函数图像记为C，

并设C所对应的函数为f(x)．（1）当m＞0时，试直接写出函数f(x)的单调递减区间；（2）设f(4)=8，若函数g(x)=x2－2ax＋5（a＞1）对于任意t1∈[0，1]，总存在t2∈[0，1]，使得g

(t2)=f(t1)成立，求a的取值范围．19.（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分6分，第2题满分8分在某地区的平面规划图中（如图），三点A、B、C分别表示三个街区，∠ABC＝π3．现准备在线段AB上的点D处建一个停车场，它到街区B的距离为1

，到街区A、C的距离相等．（1）若线段AD的长为3，求sin∠BCD的值；（2）若△BCD的面积为3，求点A到直线BC的距离．2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第5页共15页20.（本题满分16分）本题共有3个小题，第1题满分4分，第2题满分6分，第3题满分6分．

设平面直角坐标系中的动点P到两定点(－2，0)、(2，0)的距离之和为42，记动点P的轨迹为Γ．（1）求Γ的方程；（2）过Γ上的点Q作圆x2＋y2=1的两条切线，切点为Q1、Q2，直线Q1Q2与x、y轴的交点依次为异于坐标原点O的点Q3、Q4，试求△Q3OQ

4的面积的最小值；（3）过点(2，0)且不垂直于坐标轴的直线l交Γ于不同的两点M、N，线段MN的垂直平分线与x轴交于点D，线段MN的中点为H．是否存在λ（λ＞24），使得λ02－1319|DH|02|M

N|＝0成立？请说明理由．21.（本题满分18分）本题共有3个小题，第1题满分4分，第2题满分6分，第3题满分8分．若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的λ（λ∈R）倍，则称该数列具有性质P(λ)．（1）已知数列－1，2－x，3－x具有性质P(4)，求实数x的取值范围；

（2）删除数列31，32，„，3n，„中的第3项，第6项，„，第3n项，„，余下的项按原来顺序组成一个新数列{tn}，且数列{tn}的前n项和为Tn，若数列{Tn}具有性质P(λ)，试求实数λ的最大值；（3）记∑ni=mui＝um＋um

＋1＋um＋2＋„＋un（m∈N），如果ak＞0（k=1，2，„，2021）．证明：“∑2021k=1ak＞1”的充要条件是“存在数列{xn}具有性质P(1)，且同时满足以下三个条件：（ⅰ）数列{xn}的各项均为正数，且

互异；（ⅱ）存在常数A＞0，使得数列{xn}收敛于A；（ⅲ）xn－xn－1＝∑2021k=1akxn＋k－∑2020k=0ak＋1xn＋k（n=1，2，„，这里x0＝0）．”2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第6页共1

5页参考答案与评分标准一、填空题(本大题共有12题，满分54分)1．42．(－1，3)3．24．15．06．5－127．38．289．610．445511．1412．10－53二、选择题（本大题共有4题，满分20分）13．A14．B15．D16．B三、解答题（本大题共有

5题，满分76分）17．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分6分，第2题满分8分．解：（1）∵PA⊥平面ABCD，∴点P到平面ABCD的距离为PA＝4，„„„„1/又ABCD是边长为2的正方

形，∴四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝13SABCD▪PA„„„„4/＝13▪(2▪2)▪4„„„„5/＝163．„„„„6/（2）以A为坐标原点，AB、AD、AP依次为x、y、z轴，建立空间直角坐标系,由已

知条件可得B(2，0，0)、C(2，2，0)、D(0，2，0)、M(0，0，2)、P(0，0，4)．„„„„8/∴MB→＝(2，0，－2)，MC→＝(2，2，－2)，设平面MBC的一个法向量为n→＝(x，

y，z)，则n→▪MB→=0，n→▪MC→=0，可得2x－2z=0，2x＋2y－2z=0，∴x＝z，y＝0，„„„„9/于是，可取2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第7页共15

页n→＝(1，0，1)，„„„„10/又PD→＝(0，2，－4)，„„„„11/∴直线PD与平面MBC所成角的正弦值为|n→▪PD→||n→|▪|PD→|„„„„12/＝42×25„„„„13/＝105．„„„„14/18．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分

6分，第2题满分8分解：（1）依题意，得f(x)＝m[(x－2)＋4x－2＋4]，∴当m＞0时，f(x)的单调递减区间为［0，2）、(2，4］．„„（3/+3/）（2）∵f(4)=8，∴m＝1，„„„„7/∴f(x)＝x2x－

2，由（1）可知f(x)在[0，1]上单调递减，∴f(x)在[0，1]上的值域为[f(1)，f(0)]＝[－1，0]，„„„„8/又a＞1∴g(x)=x2－2ax＋5在[0，1]上单调递减，且相应的值域为[g(1)，g(0)]

＝[6－2a，5]，„„„„9/依题意，可得[－1，0]⊆[6－2a，5]，„„„„11/∴6－2a≤－1，„„„„13/解得a≥72，综上，a的取值范围为[72，＋∞)．„„„„14/2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第8页共15页19．（本题满分14分）本题共有2

个小题，第1题满分6分，第2题满分8分．解：（1）依题意可得，CD＝AD＝3，BD＝1，„„„„2/又∠ABC＝π3，故，在△BCD中，由正弦定理得BDsin∠BCD＝CDsin∠ABC，„„„„4/即1sin∠BCD＝3sinπ3，„„„„5/解

得sin∠BCD＝36．„„„„6/（2）由已知得12▪BC▪BD▪sin∠ABC＝3，„„„„7/即12▪BC▪1▪sinπ3＝3，解得BC＝4，„„„„8/在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC▪BD▪cos∠ABC„„„„9/＝42＋12－2▪4▪1▪cosπ3＝13，

∴CD＝13，„„„„10/∴AD＝CD＝13，„„„„11/∴AB＝AD＋BD＝13＋1，„„„„12/于是，点A到直线BC的距离为AB▪sin∠ABC„„„„13/＝(13＋1)▪32＝39＋32．„„„„14

/2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第9页共15页20．（本题满分16分）本题共有3个小题，第1题满分4分，第2题满分6分，第3题满分6分．解：（1）依题意可得Γ是以点(－2，0)、(2，0)为左、右焦点，42为长轴长的椭圆，且半焦距c＝2，长半轴长

a＝22，„„„„2/∴短半轴长b＝2，„„„„3/∴Γ的方程为x28＋y24=1．„„„„4/（2）方法一：设点Q(u，v)，Q1(u1，v1)、Q2(u2，v2)，则切点为Q1的切线的一个法向量OQ1→

＝(u1，v1)，故过切点Q1的直线方程为u1(x－u1)＋v1(y－v1)＝0，即x▪u1＋y▪v1＝u21＋v21，∵点Q1在圆x2＋y2=1上，∴u21＋v21＝1因此，过切点Q1的直线方程为x▪u1＋y▪v1＝1，∵Q在

切线QQ1上，∴u▪u1＋v▪v1＝1，„„„„„（※）同理可得u▪u2＋v▪v2＝1，„„„„„„„„„（※※）结合（※）、（※※）可得直线Q1Q2的方程为u▪x＋v▪y＝1，„„„„6/∴Q3、Q4的坐标分别为(1u，0)、(0，1v)，„„„„7/注意到u28＋v24

=1．∴△Q3OQ4的面积S△Q3OQ4＝12▪|1u|▪|1v|„„„„8/＝182▪|u|22▪|v|2≥182▪(|u|22)2＋(|v|2)22＝28，„„„„9/2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第10页共15页当|u|22＝|v|2，且u28＋v24=1，即Q

的坐标为(±2，±2)时，取“＝”，∴△Q3OQ4的面积的最小值为28．„„„„10/方法二：依题意，可设点Q(22cosθ，2sinθ)（－π≤θ＜π），且Q1(u1，v1)、Q2(u2，v2)，同方法一，可得过切点Q1的直线方程为x▪u1＋y▪v1＝1，∵Q在切线QQ1上，∴2

2cosθ▪u1＋2sinθ▪v1＝1，„„„„„„„„（※※※）同理可得22cosθ▪u2＋2sinθ▪v2＝1，„„„„„„„„„„„„„（※※※※）结合（※※※）、（※※※※）可得直线Q1Q2的方程为22cosθ▪x＋2sinθ▪y＝1，„„

„„6/因此，Q3、Q4的坐标分别为(122cosθ，0)、(0，12sinθ)，„„„„7/∴△Q3OQ4的面积S△Q3OQ4＝12▪|122cosθ|▪|12sinθ|„„„„8/＝142|sin

2θ|≥142=28．„„„„9/∵－π≤θ＜π，∴当θ＝±π4，±3π4时，取“＝”，此时点Q(±2，±2)，即△Q3OQ4的面积的最小值为28．„„„„10/（3）使得λ02－1319|DH|02|MN|＝0成立的λ（λ＞2

4）不存在．„„„„11/理由如下：方法一：依题意，可设直线l的斜率为k（k≠0），M(x1，y1)，N(x2，y2)，则直线l的方程为y=k(x－2)，2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第11页共15页由y=k(x

－2)，x28＋y24=1整理得(1+2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0，易得△＝32(k2＋1)＞0，由韦达定理得x1+x2＝8k21+2k2，x1x2＝8k2－81+2k2，于是，|MN|＝1+k2▪(x1＋x2)2－4x1x2

＝42(1+k2)1+2k2，„„„„12/又y1+y2＝k(x1+x2)－4k＝－4k1+2k2，∴线段MN的中点H的坐标为(4k21+2k2，－2k1+2k2)，∴线段MN的垂直平分线方程为y＋2k1+2k2＝－1k(x－4k21+2k2

)，可得D(2k21+2k2，0)，∴|DH|＝(2k21+2k2－4k21+2k2)2＋(0＋2k1+2k2)2＝2k2(1+k2)1+2k2，„„„„13/（注：或这样：记A(2，0)，则在Rt△DAH中，|DH|＝|AH|×|tan∠MAx|＝|A

H|▪|k|＝2k2(1+k2)1+2k2．）于是得到|DH||MN|＝2k2(1+k2)42(1+k2)＝24▪k21+k2＝24▪1－11+k2，∵k≠0，∴11+k2∈(0，1)，∴|DH||MN|＜24，„„„„14/于是，不存在λ（λ＞24），使得|DH|=λ▪|MN|成立

．注意到λ02－1319|DH|02|MN|＝0|DH|=λ▪|MN|，„„„„15/∴不存在λ（λ＞24），使得λ02－1319|DH|02|MN|＝0成立．„„„„1

6/方法二：可设直线l的方程为x=ty＋2（t≠0），且M(x1，y1)，N(x2，y2)，2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第12页共15页由x=ty＋2，x28＋y24=1整理得(t2+2)y2＋4ty－4＝0，易

得△＝32(t2＋1)＞0，根据韦达定理得y1＋y2＝－4tt2+2，y1y2＝－4t2+2，于是，|MN|＝t2＋1▪(y2＋y1)2－4y1y2＝t2＋1▪(－4tt2+2)2＋4▪4t2+2＝42(t2＋1)t2＋2，„„„„12/又x1+x2＝

t(y1+y2)＋4＝t(－4tt2+2)＋4＝8t2+2，∴线段MN的中点H的坐标为(4t2+2，－2tt2+2)，∴线段MN的垂直平分线方程为y＋2tt2+2＝(－t)▪(x－4t2+2)，可得D(2t2+2，0)，∴|DH|＝(2t2+2－4

t2+2)2＋(0＋2tt2+2)2＝2t2+1t2+2，„„„„13/（注：或这样：记A(2，0)，则在Rt△DAH中，|DH|＝|AH|×|tan∠MAx|＝|AH|▪|1t|＝2t2+1t2+2．）于是得到

|DH||MN|＝2t2+1t2+242(t2＋1)t2＋2＝24▪1t2+1＜24（∵t≠0），„„„„14/∴不存在λ（λ＞24），使得|DH|=λ▪|MN|成立．注意到λ02－1319|DH|02|MN|＝0|

DH|=λ▪|MN|，„„„„15/∴不存在λ（λ＞24），使得λ02－1319|DH|02|MN|＝0成立．„„„„16/2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第13页共15页21．（本题满分18分）本题共有3个小题，第1题满分4分，第2题满分6分，第3题满分

8分．解：（1）依题意，可得2－x≥4×(－1)，3－x≥4×(2－x)，„„„„2/解得53≤x≤6，„„„„3/故，实数x的取值范围是[53，6]．„„„„4/（2）当n＝2k－1（k∈N*）时，tn＝t2k－1＝33k－2＝3

3n－12；当n＝2k（k∈N*）时，tn＝t2k＝33k－1＝33n－22．∴tn＝33n－12，n为正奇数，33n－22，n为正偶数．„„„„6/当n为正偶数时，tn－1＋tn＝33n－42＋33n－22＝4▪33n－42，∴T

n＝4(31＋34＋37＋„＋33n－42)＝4▪31▪[1－(33)n2]1－33＝6(33n2－1)13；当n为正奇数时，Tn＝Tn＋1－tn＋1＝6(33(n＋1)2－1)13－33(n＋1)－22＝5▪33n＋12－613．∵数列{

Tn}具有性质P(λ)，∴Tn＋1≥λTn对一切n∈N*均成立，又Tn＞0（n∈N*），∴λ≤Tn＋1Tn对一切n∈N*均成立，„„„„7/当n为正偶数时，n＋1为正奇数，Tn＋1Tn＝5▪33n＋42－6136(33n2－1)

13＝152＋132×133n2－1∈(152，314]；„„„„8/2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第14页共15页当n为正奇数时，n＋1为正偶数，Tn＋1Tn＝6(33(n＋1)2－1)135▪33n＋12－613＝

185＋785×15▪33n＋12－6∈(185，4]．„„„„9/注意到limn→∞(185＋785×15▪33n＋12－6)＝185，∴λ≤185，从而实数λ的最大值为185．„„„„10/（3）证明：充分性：∵xn－xn－1＝∑2021k=1akxn＋k－∑2020k=0ak＋1xn＋

k＝∑2021k=1akxn＋k－∑2021k=1akxn＋k－1＝∑2021k=1ak(xn＋k－xn＋k－1)．∴（ⅲ）可化为xn－xn－1＝∑2021k=1ak(xn＋k－xn＋k－1)（n∈N*）．„„„„11/利用“累加”，并注意到x0＝0，可得xn＝∑2021k=1ak(xn＋k

－xk)，„„„（※）„„„„12/由（ⅱ）得A＝limn→∞xn（A为常数）．对（※）取极限得limn→∞xn＝limn→∞∑2021k=1ak(xn＋k－xk)，并注意到ak、xk均为正数，可得A＝∑2021k=1ak(A－

xk)＝A∑2021k=1ak－∑2021k=1akxk＜A∑2021k=1ak，即A＜A∑2021k=1ak，„„„„13/又A＞0，故∑2021k=1ak＞1．„„„„14/必要性：考虑关于s的函数f(s)＝－1＋∑2021k=1aksk（这里s∈[0，1]

），∵ak＞0（k=1，2，„，2021），∴f(s)在[0，1]上是递增函数，且f(0)＝－1＜0，注意到∑2021k=1ak＞1，∴f(1)＝－1＋∑2021k=1ak＞0，∴方程f(s)＝0在[0，1]内有

唯一的实根s0，即f(s0)＝0，且0＜s0＜1．„„„„15/2020学年第二学期期中高三年级数学学科教学质量监测试卷第15页共15页现取数列{xn}：xn＝∑nk=1sk0（n=1，2，„）．„„„„16/则显然数列{xn

}具有性质P(1)，且满足（ⅰ）．又xn＝∑nk=1sk0＝s0－sn＋101－s0，且0＜s0＜1，∴limn→∞xn＝limn→∞s0－sn＋101－s0＝s01－s0，现取A＝s01－s0，„„„„17/则{xn}满足（

ⅱ）．再由f(s0)＝0得∑2021k=1aksk0＝1，则对n=1，2，„，有xn－xn－1＝sn0＝(∑2021k=1aksk0)sn0＝∑2021k=1aksn＋k0＝∑2021k=1ak(xn＋k－xn＋k－1)＝∑2021k=

1akxn＋k－∑2021k=1akxn＋k－1＝∑2021k=1akxn＋k－∑2020k=0ak＋1xn＋k．∴数列{xn}满足（ⅲ）．证毕．„„„„18/