2020上海高三数学松江一模

XX 市松江区2021届高三一模数学试卷
一.填空题〔本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分〕 1.集合A{x|x10}，B{0,1,2}，那么A I B 2.假设角的终边过点P(4,3)，那么
3 sin() 2
3.设
1i
z2i ，那么|z |
1i
4. 225 (x)
x
的展开式中 4 x 的系数为 5.椭圆
22
xy 94
1的左、右焦点分别为F 1、F 2，假设椭圆上的点P 满足 |PF|2|PF|，那么
12
|PF|
1
6.假设关于x 、y 的二元一次方程组
r
7. 向量 a (1,2)
r
，b ( m, 3)
mx4y m2
xmym rr
，假设向量(a2b) 无解，那么实数m r ∥ b
，那么实数
m
8.函数yf(x)存在反函数
y fx ，假设函数yf(x)2的图像经过点(1,6)，1()
1()
x
那么函数
1
yf(x)logx 的图像必经过点 2
9.在无穷等比数列{a }中，假设 n
那么a 1的取值X 围是
1 lim(aaa)，
12n
n
3
10.函数
y axb cxd 的大致图像如图，假设函数图像经过 (0,1)和(4,3)两点，且x1和y2是其两条渐近
线，那么a :b :c :d
11.假设实数a,b0，满足abcabc ，
221
ab ，那么实数c 的最小值为
12.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为A 1、A 2、A 3、A 4、A 5、A 6，集合 rru u u u r M{a |aA i A j (i,j1,2,3,4,5,6,ij)} u r ，在M 中任取两个元素m 、 n u r ，那么mn0 的概率为
二.选择题〔本大题共4题，每题5分，共20分〕 13.l 是平面的一条斜线，直线m ，那么〔〕
A.存在唯一的一条直线m ，使得lm
B.存在无限多条直线m ，使得lm
C.存在唯一的一条直线m ，使得l ∥m
D.存在无限多条直线m ，使得l ∥ m
2019.12设x,y R ，那么“xy2〞是“x、y中至少有一个数大于1〞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
2019.13b,c R ，假设 2
|xbxc|M对任意的x[0,4]恒成立，那么〔〕
A.M的最小值为1
B.M的最小值为2
C.M的最小值为4
D.M的最小值为8
2019.14集合M{1,2,3,,10}，集合AM，定义M(A)为A中元素的最小值，当A取
遍M的所有非空子集时，对应的M(A)的和记为S，那么S10〔〕
10
A. 45
B. 1012
C. 2036
D. 9217
三.解答题〔本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分〕
2019.15如图，圆锥的底面半径OA2，高PO6，点C 是底面直径AB所对弧的中点，点D 是母线PA的中点.
〔1〕求圆锥的侧面积和体积；
〔2〕求异面直线CD与AB所成角的大小.
〔结果用反三角函数表示〕
2019.16函数 2
f(x)23sinxcosx2sinx.
〔1〕求f(x)的最大值；
〔2〕在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，假设f(A)0，b、a、 c uu u r u uru
成等差数列，且ABAC2 ，求边a的长.
2019.17汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离〔并结合车速转化为所需时间〕，当此距离等于报警距离时就开场报警提醒，等于危险距离时就自动刹车，某种算法〔如下列图所示〕将报警时间划分为4段，分别为准备
时间t、人的反响时间
0 t、系统反响时间
1
t、制动时间
2
t，相应的距离分别为
3
d、
d、
1
d、
2
d，当车速为v〔米/秒〕，且v[0,33,3]时，通过大数据统计分析得到下表〔其中系数k 3
随地面湿滑XX等路面情况而变化，k[0.5,0.9]〕.
阶段0、准备1、人的反响2、系统反响3、制动
时间t0t10.8秒t20.2秒t3
距离d020米dd 2
1
1
2 dv
3
20k
米
〔1〕请写出报警距离d〔米〕与车速v〔米/秒〕之间的函数关系式d(v)，并求k0.9时，
假设汽车到达报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，那么汽车撞上固定障碍物的最短时间〔准确到0.1 秒〕；
〔2〕假设要求汽车不管在何种路面情况下行驶，报警距离均小于80米，那么汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下？合多少千米/小时？
2019.18设抛物线
2
:y4x的焦点为F，经过x轴正半轴上点M(m,0)的直线l交于不同的
两点A和B .
〔1〕假设|FA|3，求点A的坐标；
〔2〕假设m2，求证：原点O总在以线段AB为直径的圆的内部；
〔3〕假设|FA||FM|，且直线l∥l，
1 l与有且只有一个公共点E，问：△OAE的面积1
是否存在最小值？假设存在，求出最小值，并求出M点的坐标，假设不存在，请说明理由.
2019.19数列{a n}满足：①a n N〔*k
n N〕；②当n2〔
*
k N〕时，
n
a；
n
2
k ③当n2〔
*
k N〕时，a n a n1，记数列{a n}的前n项和为S n.
〔1〕求a，a3，a9的值；
1
〔2〕假设S2021，求n的最小值；
n
〔3〕求证：S2n4S n n2的充要条件是a211〔
n
* n N〕 .
参考答案一.填空题
2019.20{1,2}2. 4
5
14.14.405.46.2
7. 3
2
8.(4,3)9.
112
(0,)U(,)10.2:1:1:1
333
11.2212. 8 51
二.选
择
题
13. B14. A15. B16. C
三.解答题
17.〔1
积
14
14
或arctan13.
18.〔1〕f(x)2sin(2x)1，最大值为1；〔2〕
6 A，a2 .
3
19.〔1〕
d20v
2
v
20k
，t
d20v20
1213.1
秒；
vv1818
〔2〕
2
v
d20v80
20k
，k0.5时，v20米/秒，合72千米/小时.
uuruu u r
20.〔1〕(2,22)；〔2〕OAOB40 ，证明略；〔3〕最小值2，M(3,0).
21.〔1〕a10，a30或1，a90或1；〔2〕115；〔3〕略.
20．解：〔1〕由抛物线方程知，焦点是F(1,0)，准线方程为x1，
设A〔x1，y1〕，由|FA|=3及抛物线定义知，x1=2，代入24
yx得y22
所以A点的坐标
A(2,22)或A(2,22)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
〔2〕设A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，
设直线AB的方程是：x＝my+2，
xmy2
2
联立，消去x得：y﹣
4my﹣
8＝0，由韦达定理得2
y4x yy4m
12
y y
1 2
8
，⋯⋯⋯6
分
OAOB(x,y )(x ,y)x xyy
11221212
222
yy(yy)
1212
yyyy480，
1212 4416
故AOB恒为钝角，
O总在以线段A B为直径的圆的内部．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分故原点
〔3〕设A 〔x 1，y 1〕，那么x 1y 1≠0， 因为|F A |
＝
|F M 1|＝x 1+1，由m ＞0得m ＝x 1+2，故M 〔x 1+2，0〕．故直线AB 的
斜率K AB ＝ y 1 2
．
因为直线l 1和直线AB 平行，设直线l 1的方程为 y
1 yxb ，代入抛物线方程 2
得 88b 2 yy yy
11
0 ，由题意 6432b 2
yy 11 0 ，得 b 2 y 1 ．⋯⋯⋯⋯⋯12分
设E 〔x E ，y E 〕，那
么y E
4 y
1
，
x
E
41
2 yx
11
001
11y4x
11
Sxy12
OAE11
22xy
11
14 1 xy
11
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14
分
当且仅当
y 4x
11
xy
11
，即
22
y 14x 1
时等号成立，
由
22
y4x
11 2
y4x
11
得
2
4x4x ，解得x 11或x 10〔舍〕，⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
11
所以M 点的坐标为M(3,0)，
(S OAE )2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分 min
21．解：〔1〕因a 21，a 1a 2，且a 1是自然数，a 10；⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
a 42，0a 3a 4，且a 3,a 4都是自然数；a 30或a 31；⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
a 168，0a 9a 10a 168，且
*
aN(iN)，a 90或a 91．⋯⋯4分
i
〔2〕
k1
akN ，当
22()
k
k
n k (n,kN)时，
1
22
k1
0aaaa2，由于a n N ，
k1k1k1k
2122232
am 或m ， 所以211
k m
k1
m1,2,3,,21.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
S 64max (01)(12)(1234)(128)(1216)
23458916173233
(1232)1714
22222
S
128max
6465 7142794
2
71420212，7964n128⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分20217141306，
又
123501275130612350511326
所以n min6451115⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
〔3〕必要性：假
S2n4S n n2
设
那么：
n SS①
24222
n1n
n S224S21(21)2②
n1n
①②得：
a21a224a211(nN)③⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分n1n1n
由于a
n1
21
a
n1
22
1
,
或
a
n1
21
a
n1
22
1
2
, 或
a
n1
21
a
n1
22
2
，且a或1
210,
n
只有当a211,a2111,a2122同时成立时，等式③才成立nnn
a211(nN)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
n
充分性：假设a211(nN)，由于
n
n
1aaaa2
nnnn1
2122232
所以n a2k(nN,kN ,k2) ，
n
k
即a211，
n a，
222
n
a，⋯，
233
n
n
a，又
2121
n1a，又
n
a n1
22
n1
所以对任意的
n N，都有a2n a2n11⋯〔I〕⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
另一方面，由a k，
2n k
n a222k(,,2)
n1k
nNkNk
所以对任意的
n N，都有a2n2a n⋯〔II〕⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分5 S2n a1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)
2(aaa n)n2a4(aaa n)n
242223
由于a10,a21S2n4(a1a2a n)n24S n n2证毕.⋯⋯⋯18分。