【文档说明】2020-2021上海市嘉定区高三数学二模试卷及答案2021.4.doc，共(11)页，695.000 KB，由baby熊上传

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高三数学共11页第1页嘉定区2020-2021学年高三年级第二次质量调研测试数学试卷一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．1．已知集合

21xxA，0,1,2,3B，则BA____________．2．已知复数z满足i11z（i为虚数单位），则z____________．3．已知等差数列}{na满足8342aa，则5a____________．4．若实数x、y满足

003202yyxyx，则yxz2的最大值为_____________．5．已知函数)1(log2)(xxfa（0a，且1a）．若)(xfy的反函数的图像经过点)2,1(，则a_____________．6．《九章算

术》中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”．已知某“鳖臑”的三视图如图所示，则该“鳖臑”的体积为_____________．7．已知正数x、y满足14yx，则yx1的最小值为___________．8．设数列}{na的前n项和为nS，且满足411nnaS，则

nnSlim___________．9．将7)1(xx的二项展开式的各项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为_______．10．已知点A、B是双曲线12222byax（0a，0b）的左、右顶点，点P是该双曲线上异于A、B的另外一点，若ABP△是顶角为12

0的等腰三角形，则该双曲线的渐近线方程是_____________．11．已知函数.2,21,2,82)(|2xxxxxfax若对任意的，21x，都存在唯一的2,2x，满足)()(21xfxf，则实数a的取值范

围是______________．344主视图左视图俯视图高三数学共11页第2页12．在平面直角坐标系xOy中，起点为坐标原点的向量ba,满足1ba，且21ba，)1,(),1,nndmmc（（Rnm,）

．若存在向量a、b，对于任意实数nm,，不等式Tdbca成立，则实数T的最大值为___________．二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生

应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．“函数)sin()(xxf（x、R，且0）的最小正周期为π”是“2”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．已知一组数据3、4、a、6、8的平均数是5，则这组数据的方差是（）．（A）2.3（B）5.3（C）4（D）515．设直线xy与椭圆sin,cos2yx交于A、B两点，点P在直线3

kxy上．若2PBPA，则实数k的取值范围是（）．（A）)2,2(（B）]22,22[（C）),2()2,(（D）),22[]22,(16．已知函数xxxfxx22021)1(2021)(131，则不等式4)32(

)4(2xfxf的解集为（）．（A）]4,1[（B）]1,4[（C）),4[]1,(（D）),1[]4,(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的相应位置写出必要的步骤．17．（本题满分14分，第1小题满

分6分，第2小题满分8分）在矩形ABCD中，2AB，1BC，矩形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．如图，矩形ABCD绕AB顺时针旋转2π至11DABC，线段1DD的中点为M．（1）求证：AM1CD；

（2）求异面直线CM与AD所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）．AC1C1DMDB高三数学共11页第3页18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）设常数Ra，函数xxaxf313)(．（1）若函数)(xf

是奇函数，求实数a的值；（2）若函数axfy2)(在1,0x时有零点，求实数a的取值范围．19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地AOB进行改造．如图所示，平行四边形OM

PN区域为停车场，其余部分建成绿地，点P在围墙AB弧上，点M和点N分别在道路OA和道路OB上，且90OA米，3πAOB，设POB．（1）当6π时，求停车场的面积（精确到1.0平方米）；（2）写出停车场面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，停车

场面积S取得最大值．OABPMN高三数学共11页第4页20．（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）已知抛物线pxy22：的焦点为)0,2(F，点P在抛物线上．（1）求抛物线的

方程；（2）若5||PF，求点P的坐标；（3）过点)0,(tT（0t）作两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、B、C、D四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求TMN△的面积的最小值．21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）已知数列

na满足：11a，nnnpaa1，*Nn，nS为数列na的前n项和．（1）若na是递增数列，且3215,4,3aaa成等差数列，求p的值；（2）已知31p，且1-2na是递增数列，na2是递减数列，求数列na的

通项公式；（3）已知1p，对于给定的正整数n，试探究是否存在一个满足条件的数列na，使得nSn．若存在，写出一个满足条件的数列na；若不存在，请说明理由．yMCTAxDOBN高三数学共11页第5页嘉定区2020-2021学年高三年级第二次质量调研测试数学试卷参考答案与评分标准说

明：1．如果考生的解法与所列解法不同，可参照解答中评分标准的精神进行评分．2．评阅试卷，应坚持每题评阅到底，不要因为考生的解答中出现错误而中断对该题的评阅．当考生的解答在某一步出现错误，影响了后续部分，如果该步以后的解答未改变这一题的内容和难度时，可视

影响程度决定后面部分的给分，但不超过后继部分给分数的一半；如果这一步后面的解答有较严重的错误，就不给分．一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7---12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直

接填写结果．1．}1,0{2．23．44．65．316．87．98．49．14110．xy和xy11．5,112．21二、选择题(本大题共有4题，满分20分，每题5分)每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代

表正确选项的小方格涂黑．13．B14．A15．D16．A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的相应位置写出必须的步骤．17．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）解：（

1）由题意知，1DDAM，……………………………………………………………………2分因为CD是圆柱的一条母线，所以CD垂直于圆柱的底面，则得AMCD，即CDAM，…………………………………………………………………4分又因

为DCDDD1，且1DD、CD平面1CDD，所以AM平面1CDD，因为1CD平面1CDD，所以1CDAM．………………………………………………6分（2）联结BM．由题意知，BC∥AD，所以异面直线CM与AD所成的角等于直线CM与直线BC所

成的角．……………………………………………………………2分在BCM△中，1BC，AC1C1DMDB高三数学共11页第6页22322222221222DDCDDMCDCM，2

2322222221222DDBAAMBABM,……………………………4分由余弦定理得622231222322312cos222222CMBCBMCMBCBCM,62arc

cosBCM．……………………………………………………………………………7分所以异面直线CM与AD所成的角的大小为62arccos．………………………………………8分18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）解：（1）函数)(xf的定义域为R．因

为函数)(xf是奇函数，所以)()(xfxf．设0x，则得)0()0(ff，即0)0(2f，即0)0(f，代入xxaxf313)(，得011a，解得1a．……………………………………

………………………………4分此时xxxf313)(．又因为)(313313)(xfxfxxxx，即)()(xfxf，所以xxxf313)(是奇函数．因此所求实数a的值为1．……………

…………………………………………………………6分（2）设02)(axf，即关于x的方程02313aaxx在区间1,0上有实数解，高三数学共11页第7页即)23(31xxa在区间1,0上有实数解．………………

………………………………………………………………2分设xt3，因为1,0x，所以3,1t，于是原问题等价于关于t的方程tta212在区间3,1上有实数解．……………………………………4分所以a的取值集合是函数tty212（3,1t）的值域．…………………………

…………………………5分设函数)3,1(2)(2ttttg，则它是增函数，且)(tgy的值域是15,3，所以函数tty212（3,1t）的值域是31,151，则得31151

a，解得15131a，即所求的实数a的取值范围是151,31．…………………………………………………………………………8分19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）解：（1）在

OPN△中，3π2ONP,6πOPNPON，由正弦定理得ONPOPOPNONsinsin，即3π2sin6πsinOPON，即330ON．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分则停车场面积

3.2338313506πsin33090sin2ONOPSSOPN△（平方米），即停车场面积约为3.2338平方米．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分（2）在OPN△中，3π2ONP,3πOPN．高三数学

共11页第8页由正弦定理得ONPOPOPNONsinsin，即3π2sin)3πsinOPON（，即)3πsin(360ON．„„„„„„„„„„„„„„2分则停车场面积)3πsin(sin35400sin2O

NOPSSOPN△，即)3πsin(sin35400S，其中3π0．„„„„„„„„„„„„„„„„4分即)cos21sin23(sin35400)3πsin(sin35400S，即)sin21cos23(sin3540

0S)sincossin3(327002S)212cos212sin23(32700]21)62[sin(3270031350)62sin(32700．„„„„

„„„„„„6分因为3π0，所以65π6π26π，则当26π2，即6π时，停车场面积S取得最大值．所以当6π时，停车场面积S取得最大值．„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分20．（本

题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）解：（1）因为抛物线的焦点为）（0,2F，即22p，解得4p，„„„„„„„2分所以所求抛物线的方程为xy82．„„„„„„

„„„„„„„„„„„„„„„„4分（2）设点),yxP（．高三数学共11页第9页由抛物线的定义得22)2||xpxpxPF（，„„„„„„„„„„„„„„„2分令52x，解得3x．„„„„„„„

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分因为点P在抛物线上，所以xy82，把3x代入，解得62y，„„„„„„„„5分因此所求点P的坐标为），623(或），623(．„„„„„„„„„„„„„„„„

„„„„6分（3）根据题意，直线AB、CD的斜率存在，且不为零，可设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为k1，则直线AB的方程为)(txky，直线CD的方程为)(1txky，设),(11yxA、),22yxB（．由xytxky8)(2消去y，并整理得0)4(

222222tkxtkxk，„„„„„„„„„2分由一元二方程根与系数的关系得2221)4(2ktkxx，所以kktktkkktxxktxktxkyy82)4(22)()()(22212121

，即kyy821，因此)4,422kktkM（．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分同理可得)4,42ktkN（．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

„4分所以22222211444||kkktktkTM，22221||444||kkkkTN，于是16||1||28)||1||8||||21kkkkTNTMSTMN（△，yMCTAxDOBN

高三数学共11页第10页当且仅当1||k，即1k时，等号成立．所以TMN△的面积的最小值等于16．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

解：（1）因为na是递增数列，所以nnnnnpaaaa11．因为11a，所以pa12，231ppa．„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分又因为3215,4,3aaa成等差数列，所以3125

38aaa，即)1(53)182ppp（即0352pp，解得0p或53p．当0p时，nnaa1，这与na是递增数列相矛盾，所以53p．„„„„„„„„„„4分（2）因为12na是递增数列，则有01212nnaa，于是0)()(

122212nnnnaaaa①因为1223131nn，所以122212nnnnaaaa②由①、②得，0122nnaa，因此1212231nnnaa，即1221223)1(nnnnaa③„„„„„„„„„„„2分又因

为na2是递减数列，则有0222nnaa，于是0)()(2121222nnnnaaaa④因为nn2123131，所以nnnnaaaa2121222⑤由④、⑤得，0212nnaa，因此nnnaa2

21231，即nnnnaa2122123)1(⑥由③、⑥可得nnnnaa3)111（．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分于是当2n时，)()()(123121

nnnaaaaaaaa高三数学共11页第11页123)1(31311nn113)1(4145311)31(1311nnn即13)1(4145

nnna．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分当1n时，代入上式得11a，与已知条件相吻合．所以所求数列na的通项公式是13)1(4145nnna，*Nn．„„„„„„„„„„„

6分（3）当kn4或34kn（*Nk）时，存在数列na，使得nSn．„„„„„2分此时数列na满足2,0,14241434kkkkaaaa，则有kkSk4)2101(444，34)1210(44413-4kkaSk，即nSn．„„„„

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分当24kn或14kn（*Nk）时，不存在数列na，使得nSn．„„„„6分理由如下：因为11nnaa，所以11nnaa；又因为11a为奇数，则当*Nn时，12na为奇

数，na2为偶数，„„„„„„„„„„7分所以当*Nk时，24kS为奇数，14kS为偶数，因此2424kSk，1414kSk均不可能成立．于是当24kn或14kn（*Nk）时，不存在数列na，使得nSn．„„„„8分