2021届上海市杨浦区高三上学期一模(期末)数学试题(解析版)

一、单选题

1．设ab0，c0，则下列不等式中，恒成立的是（ ） A．

11 abB．ac2bc2 C．acbc D．

cc ab【答案】B

【分析】利用不等式的基本性质可判断各选项的正误. 【详解】对于A选项，ab0，所以，错误； 对于B选项，

c0，则c20，由不等式的基本性质可得ac2bc2，B选项正确；

ab110，所以，0，A选项

baabab对于C选项，若c0，由不等式的基本性质可得acbc，C选项错误； 对于D选项，若c0，由A选项可知，D选项错误. 故选：D.

2．下列函数中，值域为0 ,的是（ ） A．y1bcc10，由不等式的基本性质可得，aabx2 B．y

2

x

C．y2x

D．ylog2x

【答案】C

【分析】由题意利用基本初等函数的值域，得出结论． 【详解】解：

函数yx2的值域为[0，)，故排除A；

函数y

2

的值域为{y|y0}，故排除B； x

x函数y2的值域为(0,)，故C满足条件； 函数y|log2x|的值域为[0，)，故排除D， 故选：C．

3．从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ）

4A．C812

B．C848 C．C846 D．C844

【答案】A

【分析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有C8种，去掉四点共面的情况即可求解.

4第 1 页 共 16 页

【详解】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有C8种， 正方体表面四点共面不能构成四面体有6种， 正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有6种，

44所以可得到的四面体的个数为C866C812种，

4故选：A

【点睛】关键点点睛：本题主要采用间接法，如果直接讨论，需要讨论的情况比较多，所以正难则反，这是解题的关键.

4．设集合A{y|yax, x0}(其中常数a0, a1)，B{y|yxk, xA}(其中常数kQ)，则“k0”是“AA．充分非必要条件 C．充分必要条件 【答案】A

【分析】讨论a的取值范围，求出集合A，进而求出集合B，再根据充分条件、必要条件即可求解.

x【详解】当a1时，A{y|ya, x0}1,，

B”的（ ）

B．必要非充分条件 D．既非充分又非必要条件

k若k0，则B{y|yx, xA}0,1，

此时AB，

x当0a1时，A{y|ya, x0}0,1，

k若k0，则B{y|yx, xA}1,，

此时AB，

B”的充分条件； B，

故“k0”是“A当a1时，若AB{y|yxk, xA}，可得k0，

当0a1时，A0,1，若AB，

B{y|yxk, xA}，可得k0，

所以“k0”不是“A所以“k0”是“A故选：A

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B”的必要条件， B”的充分非必要条件.

二、填空题

5．已知全集UR，集合A(,2)，则集合

UA_____________．

) 【答案】[2，【分析】直接利用补集的定义求解即可

【详解】解：因为全集UR，集合A(,2)， 所以

UA[2，)，

) 故答案为：[2，【点睛】此题考查集合的补集运算，属于基础题

6．设复数z12i，(i是虚数单位)，则|z|__________. 【答案】5 【分析】由复数的模的计算公式即可求出． 【详解】解：因为复数z12i， 所以|z|12(2)25． 故答案为：5．

2xy4x,y7．若关于的方程组无解，则实数a__________.

3xay8【答案】3 2【分析】由题意可得直线2xy40 和直线3xay80平行，再利用两条直线平行的性质，求出a的值． 【详解】若关于x，y的方程组2xy4无解，

3xay8则直线2xy40 和直线3xay80平行， 故有

33a8，求得a， 21423 2故答案为：8．已知球的半径是2，则球体积为____________. 【答案】

32π 3第 3 页 共 16 页

【分析】根据球的体积公式直接计算得结果.

【详解】由于球的半径为2，故体积为

4π332π. 233【点睛】本小题主要考查球的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题. 9．若直线l1:2xmy10与l2:y3x1垂直，则实数m________. 【答案】6

【分析】根据两直线垂直的充要条件，即x，y项对应系数之积的和等于0，解方程求得m的值．

【详解】直线l1:2xmy10与l2:y3x1垂直，l2可化为3xy10，

23m(1)0，解得m6，

故答案为：6．

【点睛】本题考查两直线垂直的充要条件，考查方程思想和运算求解能力，属于基础题．10．已知sin【答案】25 55,sin，，则___________. 2225【分析】利用同角三角函数基本关系求cos，再利用诱导公式即可求解. 【详解】因为sin5,，，

225所以,0，可得cos0

2525所以cos1sin21， 55225， sincos25故答案为：25. 5n211．已知x的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数x项为__________（结果用数值表示）. 【答案】1120

2【分析】由x的二项展开式的所有二项式系数的和为2n256可求得n的值，x进而可写出该二项展开式的通项，令x的指数为零，求出参数的值，再代入通项即可求

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n得结果.

2【详解】由于x的二项展开式的所有二项式系数的和为2n256，解得n8. x2k8k2的展开式通项为xTCxC8k2kx82k， k18xx令82k0，解得k4.

8nk244因此，x的展开式中的常数项为T5C8270161120.

x故答案为：1120.

【点睛】结论点睛：在求解有关二项展开式中二项式系数和与各项系数和，可利用以下结论求解：

（1）各二项系数之和：ab的展开式中各项的二项式系数之和为2n，且二项展开式中奇数项和偶数项的二项式系数之和相等，都为2n1；

（2）各项系数和：在二项展开式中令变量均为1，得到二项式的值为二项展开式各项系数之和.

12．f(x)是偶函数，当x0时，f(x)2x1，则不等式f(x)1的解集为____________.

【答案】(,1)(1,)

【分析】根据条件可得出，当x0时，由f(x)1得出x1，然后根据f(x)是偶函数即可得出不等式f(x)1的解集．

【详解】解：当x0时，由f(x)1，得2x2，解得x1. 因为fx为偶函数，所以f(x)1的解集为(,1)(1,). 故答案为：(,1)(1,)

13．方程1log2xlog2x3的解为____________. 【答案】x3

【分析】根据对数的运算及性质可得：x232x，结合真数位置大于0即可求解. 【详解】由1log2xlog2x3可得log22xlog2x3，

2n822所以x232x，即x3x10， 解得：x3或x1，

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因为x0且x230，所以x3，

所以方程1log2xlog2x3的解为：x3 故答案为：x3.

14．平面直角坐标系中，满足到F1(1,0)的距离比到F2(1,0)的距离大1的点的轨迹为曲线T，点Pn(n,yn)(其中yn0，nN)是曲线T上的点，原点O到直线PnF2的距dn____________. 离为dn，则limn2【答案】3 2【分析】由双曲线定义可知T的轨迹方程，求得渐近线方程，得到直线PnF2的方程，再由点到直线的距离公式求解．

【详解】设曲线T上的点为P，由题意，|PF1||PF2|1|F1F2|， 则曲线T为双曲线的右支，焦点坐标为F1(1,0)，F2(1,0)，

2a1，a113222，c1，bca1， 24443双曲线方程为4x2y21(x0)．

所以渐近线方程为y3x，

*而点Pn(n,yn)（其中yn0，nN)是曲线T上的点，

当n时，直线PnF2的斜率趋近于3，即kPnF23． 则PnF2:y3(x1)，即3xy30．

dnlimn|3|(3)2(1)23． 2故答案为：

3． 2【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程常用的方法有：（1）定义法（根据已知分析得到动点的轨迹是某一种圆锥曲线再求解）；（2）直接法；（3）相关点代入法.

15．如图所示矩形ABCD中，AB2，AD1，分别将边BC与DC等分成8份，并将等分点自下而上依次记作E1、E2、

、E7，自左到右依次记作F1、F2、

、F7，

满足AEiAFj2（其中i、jN，1i,j7）的有序数对i,j共有_______对.

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【答案】18

【分析】以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立平面直角坐标系，易得Ei2,iN,1i7，Fji8j,1jN,1j7，由AEiAFj2可得4出i4j16，然后列举出符合条件的有序实数对i,j即可得解.

【详解】以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

易知点Ei2,iN,1i7，Fji8j,1jN,1j7， 4则AEi2,，AFji8jij,1，所以，AEiAFj2，可得i4j16，

284所以符合条件的有序数对i,j有：1,1、1,2、1,3、2,1、2,2、2,3、3,1、 3,2、3,3、4,1、4,2、4,3、5,1、5,2、6,1、6,2、7,1、7,2，共18对. 故答案为：18.

【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

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16．已知函数yf(x)在定义域R上是单调函数，值域为(,0)，满足f(1)1，31且对于任意x,yR，都有f(xy)f(x)f(y).yf(x)的反函数为yf(x)，

若将ykf(x)(其中常数k0)的反函数的图像向上平移1个单位，将得到函数

yf1(x)的图像，则实数k的值为________.

【答案】3

【分析】由题意设f(x)ax根据f(1)向上平移1个单位，可得yf11，解得a，在求解ykf(x)的反函数，3(x)，即可求解实数k的值；

【详解】解：由题意，设f(x)yax， 根据f(1)1，解得a3， 3f(x)y3x，

那么xlog3(y)，(y0)，

x与y互换，可得f1(x)log3(x)，(x0)，

则ykf(x)k3x， 那么xlog3(y)， kkkx与y互换，可得ylog3(x)，向上平移1个单位，可得ylog3(x)1，

即log3(x)log3(故得k3， 故答案为：3．

三、解答题

17．如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB90，

3x)， kCACBCC12.点D，D1分别是棱AC，A1C1的中点.

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B、B1、D1四点共面； （1）求证：D、（2）求直线BC1与平面DBB1D1所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2）arcsin10. 10【分析】（1）由已知证明DD1//BB1可得答案；

（2）作C1FB1D1，证明直线C1F平面DBB1D1， C1BF即为直线BC1与平面

DBB1D1所成的角，在直角C1BF中可求得答案.

【详解】（1）证明：

点D，D1分别是棱AC，A1C1的中点，DD1//CC1

CC1//BB1DD1//BB1

D、B、B1、D1四点共面.

（2）作C1FB1D1，垂足为F

BB1平面A1B1C1，C1F平面A1B1C1， 直线BB1直线C1F

C1F直线B1D1且BB1与B1D1相交于B1

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直线C1F平面DBB1D1

C1BF即为直线BC1与平面DBB1D1所成的角.

，C1B12，所以B1D15， 在直角C1D1B1中，C1D1125由面积C1D1C1B1D1B1C1F可得C1F，

52510 在直角C1BF中，BC122，C1F，sinC1BF51010. 直线BC1与平面DBB1D1所成的角为arcsin10【点睛】对于线面角的求法的步骤作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.

18．设常数kR，f(x)kcos2x3sinxcosx，xR. （1）若f(x)是奇函数，求实数k的值；

（2）设k1，ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f(A)1，a7，b3，求ABC的面积S.

【答案】（1）k0；（2）

3333. 或24【分析】（1）由f(0)0，知k0，再对k0进行检验，即可； （2）结合二倍角公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质，可推出A弦定理求出c的值，最后根据S3，再由余

1bcsinA，即可得解． 2【详解】（1）解：由题意f0k0 检验：f(x)3sinxcosx 对任意xR都有

f(x)3sinxcosx=3sinxcosx=f(x)

f(x)是奇函数 k0.

2（2）解：f(A)cosA3sinAcosA1cos2A31sin2Asin2A1，2262第 10 页 共 16 页

π1sin2A整理得，

62A是三角形的内角 所以2Aπ5π 66A

π319c27b2c2a2 由余弦定理cosA，即26c2bc整理得c23c20，解得c1或c2

S13333. ，或bcsinA24219．某校运会上无人机飞行表演，在水平距离x10,24(单位：米)内的飞行轨迹如图所示，y表示飞行高度(单位：米).其中当x10,20时，轨迹为开口向上的抛物线的一段(端点为M、Q)，当x20,24时，轨迹为线段QN，经测量，起点M10,24，终点N24,24，最低点P14,8.



（1）求y关于x的函数解析式；

（2）在A0,24处有摄像机跟踪拍摄，为确保始终拍到无人机，求拍摄视角的最小值.(精确到0.1)

2x148,x10,20【答案】（1）y；（2）最小为94.4. 5x144,x(20,24]【分析】（1）x10,20时，设解析式为yax148，代入可求，从而求出

2Q20,44，求出直线的斜率即可求解.

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（2）根据题意，连接A,N，仰角为，俯角为，求出、的最小值即可求解. 【详解】解：（1）x10,20时

设：yax148，M10,24代入可得24a10148

22解得a1，yx148

2x20,24时，Q20,44，N24,24，

所以kQN44245，y5x144

2024

2x148,x10,20y 5x144,x(20,24]（2）如图，设仰角为，俯角为

Q20,44,A0,24

仰角最小为45，

又x10,20，tan24y x24x228x204x

18028x28125 x俯角最小为arctan1252849.4

最小为94.4

x220．设A1, A2分别是椭圆: 2y21(a1)的左､右顶点，点B为椭圆的上顶点.

a第 12 页 共 16 页

（1）若A1BA2B4，求椭圆的方程； （2）设a2，F2是椭圆的右焦点，点Q是椭圆第二象限部分上一点，若线段F2Q的中点M在y轴上，求△F2BQ的面积.

（3）设a3，点P是直线x6上的动点，点C和D是椭圆上异于左右顶点的两点，且C，D分别在直线PA1和PA2上，求证：直线CD恒过一定点.

x22【答案】（1）（2）1；（3）证明见解析. y21；

54【分析】（1）计算得A1B(a,1)，A2B(a,1)，代入A1BA2B4解方程即可得a，故可得椭圆的方程；

x轴，计算出点Q坐标，计算S△F2BQS△BF2MS△BQM（2）设另一焦点为F1，则FQ1即可；

2mx（3）设点P的坐标为(6,m)，直线PA1：y(x3)，与椭圆方程y21联立，

993m2276m3m232m,,由韦达定理计算得出C同理可得D分xCxD，22，22，9m9m1m1mxCxD两种情况表示出直线CD方程，从而确定出定点.

【详解】（1）A1(a,0),A2(a,0)，B(0,1)

2A1B(a,1)，A2B(a,1)，A1BA2Ba214，解得a5 x2即椭圆的方程为y21.

5x2（2）椭圆的方程为y21，由题意F2(1,0)，设另一焦点为F11,0，

2x轴，所以xQ1， 设Q(xQ,yQ)，由线段F2Q的中点在y轴上，得FQ1第 13 页 共 16 页

22Q1, 代入椭圆方程得yQ，即22122S△F2BQS△BF2MS△BQM121； 244（3）证明：由题意A1(3,0),A2(3,0)，设点P的坐标为(6,m)， mx2直线PA1：y(x3)，与椭圆方程y21联立

99消去y得：(9m2)x26m2x9m2810

3m2276m3m227,由韦达定理得xC即C； 229m9m29m3m232m,同理D21m1m2； 273m23m232当xCxD，即即m23时， 29mm1直线CD的方程为x3； 22m4m3m23当xCxD时，直线CD：yx 1m23(3m2)1m2化简得y4m33x，恒过点,0；

3(3m2)223综上所述，直线CD恒过点,0.

2【点睛】关键点睛：解决第（3）的关键是能够运用韦达定理表示出C,D点的坐标，从而表示出直线CD，并能通过运算整理成关于m的方程，从而确定出定点，考查学生的运算求解能力，有一定的难度.

21．设数列{an}与{bn}满足：{an}的各项均为正数，bncosan, nN.

3ππ, a3，若{bn}是无穷等比数列，求数列{bn}的通项公式； 43π（2）设0a1.求证：不存在递减的数列{an}，使得{bn}是无穷等比数列；

2（1）设a2（3）当1n2m1时，{bn}为公差不为0的等差数列且其前2m1的和为0；若对任意满足条件0an6π (1n2m1)的数列{an}，其前2m1项的和S2m1均不超过100π，求正整数m的最大值.

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21b【答案】（）n2n1；（2）证明见解析；（3）最大值为8.

【分析】（1）运用等比数列的中项性质，解方程可得公比q，所求通项公式； （2）运用反证法证明，结合数列的单调性和余弦函数的值域，可得矛盾，即可得证； （3）运用等差数列的等差中项的性质和求和公式，解不等式可得所求最大值． 【详解】（1）解：b2cos2由b2b1b3解得b11，

π123π2 ，b3cos，公比为q324222{b}数列n的通项公式为bn2（2）证明：反证法，设存在 则0a2a1公比qn1.

π，此时cosa2cosa10 2cosa21 cosa1cosancosa1(q)n1，考虑不等式cosa1qn11 当n1logq(cosa1)时，即n1[1logq(cosa1)]时， 有cosan1(其中[x]表示不超过x的最大整数)， 这与f(x)cosx的值域为[1,1]矛盾

假设不成立，得证

（3）解：

(b1b2m1)(2m1)0，b1b2m10

2由等差数列性质bib2m2ib1b2m10 (1im1, iN) 即cosaicosa2m2i0，特别地，bm10， 现考虑S2m1的最大值

为使S2m1取最大值，应有an5π,6π，

否则在S2m1中将an替换为an，且cosancosan，an5π,6π 将得到一个更大的S2m1

由cosaicosa2m2i0可知aia2m2i211π11π11π，特别地，am1； 22第 15 页 共 16 页

于是S2m1maxm(11π)解得m11π(2m1)11π100 22189，所以m的最大值为8. 22【点睛】本题考查等比数列和等差数列的性质和通项公式、求和公式的运用，考查运算能力和推理能力，以及反证法的应用．

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