上海市青浦区2021届高三上学期一模数学试题

青浦区2020学年第一学期高三年级期终学业质量调研测试

数学试卷

（时间120分钟，满分150分）

一．填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分． 1. 已知集合A1,2,3,4，B{0,2,4,6,8}，则AB___________.

2,4；

根据交集定义求结果.

AB1,2,3,4故答案为：{2,4}

0,2,4,6,8{2,4}

关键点点睛：该题考查的是有关集合的运算，在解题的过程中，正确解题的关键是掌握交集的定义.

2. 函数y2x的反函数是___________.

ylog2x；

根据指数函数与对数函数互为反函数直接求解. 因为y2x， 所以xlog2y，

即y2x的反函数为ylog2x， 故答案为：ylog2x

1233. 行列式456中，元素3的代数余子式的值是______

73

利用代数余子式的定义直接求解．

123三阶行列式456中，元素3的代数余子式的值为：

71

（﹣1）•

3

45783．

故答案为﹣3．

本题考查三阶行列式的代数余子式的求法，考查代数余子式的定义和性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 4. 已知复数z满足z40，则z___________. z2

本题首先可根据z40得出z24，然后设zabi，根据复数相等的性质得出a2b2z4以及2ab0，解得a、b的值，最后通过za2b2即可得出结果. 因为z40，所以z24， z设zabi，则z2a2b22abi， 故a2b24，2ab0，

a2b24联立，解得a0，b24，

2ab0则za2b22， 故答案为：2.

5. 圆锥底面半径为1cm，母线长为2cm，则其侧面展开图扇形的圆心角___________.

π；

根据圆的周长公式易得圆锥底面周长，也就是圆锥侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图扇形的圆心角的大小.

因为圆锥底面半径为1cm，所以圆锥的底面周长为2cm， 则其侧面展开图扇形的圆心角故答案为：.

思路点睛：该题考查的是有关圆锥侧面展开图的问题，解题思路如下： （1）首先根据底面半径求得底面圆的周长；

（2）根据圆锥侧面展开图扇形的弧长就是底面圆的周长，结合母线长，利用弧长公式求得圆心角的大小.

2， 22

2an___________. 6. 已知等差数列an的首项a11，公差d2，其前n项和为Sn，则limnSn4；

由等差数列的性质表示出通项公式an和前n项的和Sn，再根据极限运算,可解出答案. 根据等差数列性质，则ana1n1d12n12n1，

nn12nn1Snna1dnn2，则

2222n1lim4414 anlimlim22nSnnnnnn2故答案为：4.

等差数列的通项公式ana1n1d，前n项和Snna1记.

7. 我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理

bdbd*论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为和a,b,c,dN，则是x的

acacnn1d是解题的关键点，必须熟2更为精确的近似值.己知

1572215722π，试以上述π的不足近似值和过剩近似值为依据，507750那么使用两次“调日法”后可得π的近似分数为____________.

201； 利用“调日法”进行计算，即可得出结论． 由调日法运算方法可知，

17917922， 是π的更为精确的不足近似值，即

5757720122201, 第二次用“调日法”后得是π更为精确的不足近似值，即7201. 故使用两次“调日法”后可得π的近似分数为201故答案为：

18. 在二项式(x2)5a＞0的展开式中x﹣5的系数与常数项相等，则a的值是_____．

ax第一次用“调日法”后得

2

3

写出二项式(x得解.

15)a＞0的展开式的通项公式，求出x﹣5的系数与常数项，令其相等，即2ax55r15r1∵二项式(x2)a＞0的展开式的通项公式为 Tr+1C5••x2，

axar55r15，求得r＝3，故展开式中x﹣5的系数为C53•令； 2a55r511C0r1 •令，求得＝，故展开式中常数项为5， 2aa11由为C•5•，可得a2，

aa3533故答案为：2．

本题考查了二项式定理的应用，考查了学生概念理解，转化划归，数算的能力，属于基础题.

x2y2x2y29. 点A是椭圆C1:1与双曲线C2:1的一个交点，点F1,F2是椭圆C1的两个焦

2515点，则|AF1||AF2|的值为___________.

21

先判断出椭圆与双曲线有相同的焦点坐标，设|AF1|m,|AF2|n，不妨设0nm，利用椭圆与双曲线的定义，求出m,n即可.

对于椭圆C1：焦点在x轴上，c2a2b225169；

的4

对于双曲线C2：焦点在x轴上，c2a2b2459； 则椭圆与双曲线有相同的焦点坐标， 设|AF1|m,|AF2|n，不妨设0nm， 利用椭圆与双曲线的定义，

mn10得到，

mn4m7则，

n3所以mn21，

则|AF1||AF2|的值为21； 故答案为：21.

10. 盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是___________（结果用最简分数表示）

13 18先分清楚9个数中奇数和偶数的个数，可知事件“选出的两球编号之积为偶数”的对立事件为“选出的两球都是奇数”，然后利用古典概型和对立事件的概率可计算出所求事件的概率．

C5213139个数5个奇数，4个偶数，根据题意所求概率为12．故答案为．

18C918本题考查古典概型与对立事件的概率，弄清楚事件之间的关系是解本题的关键，考查计算能力，属于中等题．

n*11. 记am为数列3在区间0,mnN中的项的个数，则数列am的前100项的和

S100_________.

284；

可直接利用列举法，分别确定出在(0，m]，m1，2，3，100，中每个区间内含有3n项的个数am，然后相加即可．

对于区间(0，m]，m{m|mN，1m100}，可知：

（1）当m1，2时，区间内不含3n项，故a1a20，共2项；

（2）当m3，4，5，8时，区间内含有31一项，故a3a4a5a81，共6项； （3）当m9，10，11，26时，区间内含有31，32两项，故a9a10a11a262，共1；

，28，29，80时，（4）当m27，区间内含有31，32，33三项，故a27a28a29a803，

共54项；

，82，83，100时，（5）当m81，区间内含有3，故a81a82a83a1004，33，34四项，32，

共20项．

故S1002061182543204284．

5

故答案为：284．

n*关键点点睛：解答本题的关键是正确理解am为数列3在区间0,mnN中的项的个数这

一属性，然后利用列举法求解.

12. 已知向量e的模长为1，平面向量m,n满足：|m2e|2,|ne|1，则mn的取值范围是_________.

1,8

不妨设e1,0，mx,y,na,b，则根据条件可得：x2y24， a1b21，

22根据柯西不等式得到x4xmn4xx，令t4x0,4，利用二次函数的单调性可得

1mn8.

由题意知：不妨设e1,0，mx,y,na,b， 则根据条件可得：

x22y24，a1b21，

2根据柯西不等式得：

mnaxbya1xbyx 因为a1xbya12b2x2y24x，

a1xbyx4xx， x4xa1xbyx，

当且仅当bxa1y时取等号；

2t212令t4x，则tt21，又x2y24，则0x4，

4421t218，即mn8； t0,4所以，当t4时，4max21t212tt21，而t0,4，所以当t2时，t211，即mn1，故mn4min44的取值范围是1,8.

关键点睛：设e1,0，mx,y,na,b，则根据条件可得：x2y24，

a1b21，利用柯西不等式和换元法把问题转化为求二次函数的最值问题是解决本题的

226

关键.

二．选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，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. 已知a,bR，则“ab”是“A. 充分不必要条件 C. 充要条件 B

利用充分条件和必要条件的定义即可判断. 当

abab”的（ ） 2B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

abab时，可得(ab)24ab，整理得到(ab)20，即ab， 2abab1，ab1，此时ab， 22当ab1时，所以“ab”是“故选：B.

abab”的必要不充分条件， 2方法点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断，方法如下： （1）当

abab时，可以推出ab成立，满足必要性； 2abab不成立，不满足充分性； 2（2）当ab时，对a,b赋值，令ab1，可以判断（3）对不满足条件的，可以举反例.

14. 类比平面内“垂直于同条一直线的两条直线互相平行”的性质，可推出空间中有下列结论：

①垂直于同一条直线的两条直线互相平行； ②垂直于同一条直线的两个平面互相平行； ③垂直于同一个平面的两条直线互相平行； ④垂直于同一个平面的两个平面互相平行． 其中正确的是（ ） A. ①② B

B. ②③

C. ③④

D. ①④

7

垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交、或异面，判断①；由直线与平面平行的性质判断②；由平面平行的判定定理判断③；垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，判断④． 垂直于同一条直线的两条直线平行、相交、或异面，①错误；

垂直于同一个平面的两条直线互相平行，由直线与平面平行的性质知②正确； 垂直于同一条直线的两个平面互相平行，由平面平行的判定定理知③正确； 垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，④错误； 故选：B

本题考查命题的真假判断，考查空间点线面的位置关系，属于基础题． 15. 已知顶点在原点的锐角绕原点逆时针转过值为（ ） A. D

1221221P,yP,P,本题首先可根据终边交单位圆于，然后根据得出得出33333π1后，终边交单位圆于P,y，则sin的63223 6B.

223 6C.

261 6D.

261 6122sin以及cos，最后根据两角差的正弦公式即可得出结果.

6363因为锐角绕原点逆时针转过

π1后，终边交单位圆于P,y， 63所以

132y21222222,或（舍去），P， 1，y333322cos1则sin，， 6363sinsinsincoscos故sin

66666622311261， 32326故选：D.

关键点点睛：本题考查根据角的终边经过的点的坐标求角的正弦值和余弦值，考查两角差的正

8

弦公式，求出点P坐标、sin以及cos的值是解决本题的关键，考查计算能力，

66是中档题.

x,xP16. 设函数f(x)1，其中P,M是实数集R的两个非空子集，又规定

,xMxAPyyfx,xP，AMyyfx,xM，则下列说法：

（1）一定有APAM；

（2）若PMR，则APAMR； （3）一定有PM；

（4）若PMR，则APAMR. 其中正确的个数是（ ） A. 1 B

根据分段函数的定义、一次函数和反比例函数的性质，结合集合交集、并集的运算定义进行判断即可.

函数f(x)是分段函数，故PM一定成立，因此说法（3）正确； 对于（1）：当P1,M1时，根据已知规定，有A(P)1,A(M)1显然APAM1，因此说法（1）不正确；

，

B. 2

C. 3

D. 4

对于（4）：当P(,1),M[1,)时，显然满足PMR成立， 根据已知的规定，有A(P)(1,),A(M)(0,1]，

显然APAM(1,)(0,1]R，因此说法（4）不正确；

对于（2）来说，当PMR时，APAMR不一定成立，故当

PMR时，显然APAMR一定成立，因此说法（2）正确， 所以只有（2）（3）说法正确. 故选：B

三．解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规

的9

定区域内写出必要的步骤．

17. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为棱DD1的中点.

（1）证明：BD1//平面PAC；

（2）求异面直线BD1与AP所成角的大小. （1）证明见解析；（2）30

（1）AC和BD交于点O，则O为BD的中点．推导出PO//BD1．由此能证明直线BD1//平面

PAC；

（2）由PO//BD1，得APO即为异面直线BD1与AP所成的角或其补角．由此能求出异面直线BD1与AP所成角的大小．

（1）证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点. 连结PO，又因为P是DD1的中点，所以PO//BD1. 又因为PO平面PAC，BD1平面PAC 所以直线BD1//平面PAC.

（2）解：由（1）知，PO//BD1，所以APO即为异面直线BD1与AP所成的角或其补角.

.10

因为PAPC2，AO1AC2且POAO，

222AO1. 所以

sinAPO2AP22又APO0,90，所以APO30

故异面直线BD1与AP所成角的大小为30. 方法点睛：异面直线所成角的求法

方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形） 方法二：（向量法）cos向向量.

mnmn18. 设函数f(x)x2|xa|，a为常数. （1）若f(x)为偶函数，求a的值； （2）设a0，g(x)f(x)，x(0,a]为减函数，求实数a的取值范围. x（1）a0；（2）0a1.

（1）根据偶函数的定义求解即可； （2）化简函数g(x)xa1，根据函数减函数的定义确定a的范围. x（1）因为f(x)为偶函数，且xR，所以f(x)f(x) 即x|xa|x2|xa|

2的11

，其中是异面直线m,n所成的角，m,n分别是直线m,n的方

即|xa||xa||xa|2|xa|2 所以4ax0对一切xR成立，所以a0

（2）因为a0，且x(0,a]

2f(x)xxax2axa所以g(x)x1，

xxxx任取0x1x2a，g(x1)g(x2)x1aax2 x1x2(x1x2)a(x2x1)(xxa)(x1x2)12 x1x2x1x22因为0x1x2a，所以x1x20且0x1x2a

又g(x)在区间(0,a]上为减函数，所以x1x2a0 即ax1x2，所以aa2又a0，所以0a1.

19. 如图，矩形ABCD是某个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形DEBC区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在△ADE区域内参观．在AE上点P处安装一可旋转的监控摄像头，MPN为监控角，其中M、N在线段DE（含端点）上，且点M在点N的右下方．经测量得知：AD6米，AE6米，AP2米，MPN监控摄像头的可视区域△PMN的面积为S平方米．

4．记EPM（弧度），

（1）分别求线段PM、PN关于的函数关系式，并写出的取值范围； （2）求S的最小值． （1）PM3π422arctan3；，PN，0（2）8(21)平方米．

sincos4cos（1）由正弦定理求得PM,PN，利用极限值求得的范围．

（2）求出PMN的面积S，利用二倍角公式，两角和的正弦公式化简函数式，然后利用正弦函数性质得最小值．

解：（1）在PME中，EPM，PE=AE-AP=4米，PEM4，PME3， 412

由正弦定理得

PMPMPE，

sinPEMsinPME所以

PEsinPEM224， 3sinPMEsin()sincos4同理在PNE中，由正弦定理得

PNPNPE，

sinPENsinPNE所以

PEsinPEN2222， sinPNEsin()cos2当M与E重合时，0；当N与D重合时，tanAPD3，即APDarctan3，

πarctan3π43π3πarctan3，所以0arctan3； 44（2）PMN的面积S14PMPNsinMPN 22cossincos4881cos21，

sin2sin2cos22sin(2)224因为033πarctan3时， arctan3，所以当2即0,8442488(21) 2S取得最小值为

所以可视区域PMN面积的最小值为8(21)平方米．

关键点点睛：本题考查解三角形的应用．掌握三角函数的性质是解题关键是．解题方法是利用正弦定理或余弦定理求出三角形的边长，面积，利用三角函数的恒等变换化函数为基本三角函数形式，然后由正弦函数性质求最值．

20. 已知动点M到直线x20的距离比到点F(1,0)的距离大1. （1）求动点M所在的曲线C的方程；

、B是曲线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率互为（2）已知点P(1,2)，A相反数，证明直线AB的斜率为定值，并求出这个定值；

、B是曲线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和（3）已知点P(1,2)，A为2，证明：直线AB过定点.

（1）y24x；（2）证明见解析，定值1；（3）证明见解析.

13

（1）根据题意转化为动点M到直线x1的距离和到点F(1,0)的距离相等，结合抛物线的定义，即可求得曲线C的方程；

2k242k,和（2）由lPA:y2k(x1)和lPB:y2k(x1)，分别联立方程组，求得Ak2k2k242kB,，结合斜率公式，即可求解； k2k2k242k,和（3）由：lPA:y2k(x1)，lPB:y2k(x1)，分别联立方程组Ak2kk22kk(k2)B,k，求得，求得直线lAB的方程，即可求解. AB22k22kk2k2（1）已知动点M到直线x20的距离比到点F(1,0)的距离大1， 等价于动点M到直线x1的距离和到点F(1,0)的距离相等，

由抛物线的定义可得曲线C的轨迹时以F(1,0)为焦点，以直线x1为准线的方程， 且p2，所以曲线C的方程为y24x. （2）设直线PA的斜率为k，

因为直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，所以直线PB的斜率为k， 则lPA:y2k(x1)，lPB:y2k(x1)

y2k(x1)2联立方程组2，整理得ky4y4k80，

y4x2k242k, 即ky2k4y20，可得Ak2ky2k(x1)联立方程组2，整理得ky24y4k80，

y4x2k242k, 即ky2k+4y20，可得Bk2k42k42kkk1，即直线AB的斜率为定值1. 222k2kk2k2所以kAB14

（3）设直线PA的斜率为k，所以直线PB的斜率为2k， 则lPA：y2k(x1)，lPB：y2k(x1)

y2k(x1)2两类方程组2，整理得ky4y4k80，

y4x2k242k,， 即ky2k4y20，可得Ak2ky22k(x1)2联立方程组2，可得2ky4y4k0，

y4xk22k,即2ky2ky20，可得B2k22k

所以

kAB2k42kk(k2)k2k2k22k2， 2kk22k22k2kk(k2)k2k(k2)2xyx1 所以lAB:y，整理得222kk2k2k2k22k所以直线AB恒过1,0.

解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

21. 若无穷数列an和无穷数列bn满足：存在正常数A，使得对任意的nN*，均有

anbnA，则称数列an与bn具有关系PA．

*（1）设无穷数列an和bn均是等差数列，且an2n，bnn2nN，问：数列an与bn是否具有关系P1？说明理由；

1a21（）设无穷数列n是首项为，公比为的等比数列，bnan11，nN*，证明：数列an315

与bn具有关系PA，并求A的最小值；

（3）设无穷数列an是首项为1，公差为ddR的等差数列，无穷数列bn是首项为2，公比为qqN的等比数列，试求数列an与bn具有关系PA的充要条件．

*（1）数列an与bn不具有关系P1；理由见解析；（2）证明见解析，A的最小值为1；（3）数列an与bn具有关系PA的充要条件为d0，q1．

（1）先假设数列an与bn是否具有关系P1，根据题意，推出矛盾，即可得出结论；

1（2）根据等比数列的通项公式，得到anbn3n12111n1，即可得出数列an33n与bn具有关系PA．设A的最小值为A0，anbnA0，结合题中条件，即可求出结果；

2（3）先由等差数列与等比数列的通项得出两数列通项，设1da，b0，根据数列anq与bn具有关系PA，即存在正常数A，使得对任意的nN*，均有anbnA．分d0，

q1；d0，q2；d0，q1；d0，q2四种情况讨论，结合导数的方法，以及反证

法，分别求解，即可得出结果.

*（1）因为an2n，bnn2nN，

若数列an与bn是否具有关系P1， 则对任意的nN*，均有anbn1， 即2nn21，亦即n21， 但n4时，n221，

所以数列an与bn不具有关系P1．

1（2）证明：因为无穷数列an是首项为1，公比为的等比数列，

31所以an3n1，

因为bn2n11，

16

1所以bn1，

31ab所以nn3n1n2111n1，

33n所以数列an与bn具有关系PA． 设A的最小值为A0，anbnA0， 因为anbn1，所以A01． 若0A01，则当nlog3则122n3时，，

1A01A02A0，这与“对任意的nN*，均有anbnA0”矛盾， n3所有A01，即A的最小值为1．

（3）因为数列an是首项为1，公差为ddR为等差数列，

*无穷数列bn是首项为2，公比为qqN的等比数列，

2nn1bbqq， aan1ddn1d所以n，n11q2设1da，b0，

qn则andna，bnbq，nN*．

数列an与bn具有关系PA，即存在正常数A， 使得对任意的nN*，均有anbnA．

（Ⅰ）当d0，q1时，anbn1211，取A1， 则anbnA，数列an与bn具有关系PA；

（Ⅱ）当d0，q2时，假设数列an与bn具有关系PA， 则存在正常数A，使得对任意的nN*，均有anbnA． 因为bnananbn，

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所以，对任意的nN*，bnanA，

n即bqn1A，q1A， b所以nlogq1A， b这与“对任意的nN*，均有bnanA”矛盾，不合； （Ⅲ）当d0，q1时，假设数列an与bn具有性质PA， 则存在正常数A，使得对任意的nN*，均有anbnA． 因为anbnanbn，

所以，对任意的nN*，anbnA， 即an2A，dna2A，

a2A所以dna2A，n，

d这与“对任意的nN*，均有anbnA”矛盾，不合；

（Ⅳ）当d0，q2时，假设数列an与bn具有性质PA， 则存在正常数A，使得对任意因为bnananbn，

nN*，均有anbnA．

所以，对任意的nN*，bnanA，

n所以bqdnaAdnaA，

所以qndaAn， bbdaA0， 设0，

bb则对任意的nN*，qnn． 因为，qn2n，

所以，对任意的nN*，2nn，

的18

下面先证明：存在N1，当nN时，2nn2． 即证nln22lnn0．

设fxlnxxx0，则fx112x， x2x2x所以00,4时，fx0，fx在区间0,4上递增， 同理fx在区间4,上递减， 所以fxmaxf4ln420， 所以lnxx．

因此，xln22lnxln2x2xx2xln22，

2所以，当x时，xln22lnx0，

ln22设N，则当xN时，xln22lnx0， ln22即当nN时，2nn2，又2nn， 所以n2n，即n2n0，

24解得0n，

2这与对任意的nN*，2nn矛盾，不合．

综上所述，数列an与bn具有关系PA的充要条件为d0，q1．

本题主要考查等差数列与等比数列的应用，涉及导数的方法求最值，以及反证思想的应用，综合性较强，难度较大.

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