上海市2021届崇明区高三数学一模试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、填空题

1．设集合A1,2,3，集合B3,4，则AB_______.2．不等式

x10的解集是________.x23．已知复数z满足(z2)i1（i是虚数单位），则z________4．设函数f(x)11的反函数为f1(x)，则f(2)________x15．点(0,0)到直线xy2的距离是________6．计算：lim123n________

nn(n2)7．若关于x、y的方程组4x6y1无解，则实数a________

ax3y28．用0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为_________.9．若(2a2b3)n的展开式中有一项为ma4b12，则m__________．

22xy10．设O为坐标原点，直线xa与双曲线C:221（a0，b0）的两条渐

ab近线分别交于D、E两点，若△ODE的面积为1，则双曲线C的焦距的最小值为________

11．已知函数yf(x)，对任意xR，都有f(x2)f(x)k（k为常数），且当

x[0,2]时，f(x)x21，则f(2021)________

12．已知点D为圆O:x2y24的弦MN的中点，点A的坐标为(1,0)，且

AMAN1，则OAOD的范围是_____．

二、单选题

13．若a0b,则下列不等式恒成立的是A．

11abB．abC．a2b2D．a3b314．正方体上点P、Q、R、S是其所在棱的中点，则直线PQ与RS异面的图形是

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（ ）

A．B．

C．

D．

15．设an为等比数列，则“对于任意的mN,am2am”是“an为递增数列”的

*（ ）

B．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件

A．充分而不必要条件C．充分必要条件

16．设函数yfx的定义域是R，对于以下四个命题：(1) 若yfx是奇函数，则yffx也是奇函数；fx也是周期函数；

fx也是单调递减函数；

(2) 若yfx是周期函数，则yf(3) 若yfx是单调递减函数，则yf(4) 若函数yfx存在反函数yf1x，且函数yfxf1x有零点，则

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函数yfxx也有零点．其中正确的命题共有A．1个三、解答题

17．如图，已知AB平面BCD，BCCD,AD与平面BCD所成角为30 ，且

B．2个

C．3个

D．4个

ABBC21求三棱锥ABCD的体积；

2设M为BD的中点，求异面直线AD与CM所成角的大小（结果用反三角函数值

表示）

18．已知函数f(x)1sin2x3cos2x.2（1）求函数yf(x)的最小正周期；

（2）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若锐角A满足

13C，，c2，求ABC的面积.f(A)6219．研究表明：在一节40分钟的网课中，学生的注意力指数y与听课时间x（单位：分钟）之间的变化曲线如图所示，当x[0,16]时，曲线是二次函数图像的一部分；当

x[16,40]时，曲线是函数y80log0.8(xa)图像的一部分，当学生的注意力指数

不高于68时，称学生处于“欠佳听课状态”.

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（1）求函数yf(x)的解析式；

（2）在一节40分钟的网课中，学生处于“欠佳听课状态”的时间有多长？（精确到1分钟）

x220．已知椭圆:y21的左右顶点分别为A、B，P为直线x4上的动点，直

4线PA与椭圆的另一交点为C，直线PB与椭圆的另一交点为D.（1）若点C的坐标为(0,1)，求点P的坐标；

（2）若点P的坐标为(4,1)，求以BD为直径的圆的方程；（3）求证：直线CD过定点.

21．对于数列{an}，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称{an}为P数列.

（1）若数列1，2，x，8是P数列，求实数x的取值范围；

（2）设数列a1，a2，a3，，a10是首项为1、公差为d的等差数列，若该数列是P数列，求d的取值范围；

（3）设无穷数列{an}是首项为a、公比为q的等比数列，有穷数列{bn}、{cn}是从{an}中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别记为T1、T2，求证：当a0且T1T2时，数列an不是P数列.

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参

1．3【分析】

利用交集的定义可计算出集合AB.【详解】

集合A1,2,3，集合B3,4，因此，AB3.

故答案为：3.【点睛】

本题考查交集的计算，熟悉交集的定义是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.2．x2x1【分析】

将分式不等式化为整式不等式，利用二次不等式的求解方法，即可求得结果.【详解】

x10x1x202x1.x2故答案为：{x|2x1}【点睛】

本题考查了分式不等式的解法，一元二次不等式的解法，考查了转化的思想.属于基础题.3．2i【分析】

根据复数的运算法则进行化简，即可求解.【详解】

因为(z2)i1，所以z22i，所以z2i.故答案为：2i.4．1i12【分析】

11令y2，求得x，结合反函数的性质，即可求得f(2)的值.

2【详解】

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由题意，函数f(x)故答案为：5．2【分析】

11112，解得x，即f1(2).，令y2，即

2x1x121.2直接利用点到直线的距离公式求解.【详解】

由点到直线的距离公式得d22.2故答案为：26．

12【分析】

直接利用极限和等差数列的求和的应用求出结果．【详解】解：lim123nn(n1)n11limlim.

nn2n(n2)n2(n2)n(n2)212故答案为：7．2【分析】

先由方程无解判断平面内对应的两条直线平行，再利用平行关系列行列式计算参数即可.【详解】

4x6y1yx由题意关于、的方程组无解，即直线4x6y1和直线ax3y2平行，

ax3y2故D46126a0，所以a2，

a3此时直线ax3y2即4x6y4，确实与4x6y1平行，故满足题意，所以实数

a2.

故答案为：-2.

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8．48【分析】

先分析百位数再分析个位数求解即可.【详解】

由题,百位不能为0,且个位为奇数.当百位为1,3,5其中一个时,奇数的个数为32424个.当百位为2,4其中一个时, 奇数的个数为23424.故共有242448个奇数.故答案为：48【点睛】

本题主要考查了根据分步计数原理解决特殊位置类的排列问题,属于基础题.9．60【分析】

根据二项展开式的通项公式，得出(2a2b3)n的展开式的第r1项，求出a4b12的系数，即可得出结果.【详解】

因为(2a2b3)n展开式的第r1项为Tr1Cn2rnra2n2rb3r，

2n2r4n2令，解得，则mC6260.3r12r4故答案为：60.【点睛】

本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.10．22【分析】

由题可得D(a,b),E(a,b)，利用△ODE的面积可得ab1，根据c2a2b2利用基本不等式可求.【详解】

bx，所以D(a,b),E(a,b)，a1因为ODE的面积为1，所以a2b1，即ab1，

2双曲线的渐近线为y答案第3页，总13页

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因为c2a2b2，所以2c2a2b222ab22，当且仅当ab1时等号成立，即双曲线的焦距的最小值为22.故答案为：22.11．2【分析】

由任意xR，都有f(x2)f(x)k，推得fx的周期为4，结合周期，即可求解.【详解】

因为对任意xR，都有f(x2)f(x)k为常数，可得f(x4)f(x2)k，从而f(x4)f(x)，即fx的周期为4，所以f(2021)f(50541)f(1)，又因为当x[0,2]时，f(x)x21，则f12，即f(2021)2故答案为：2.12．1,2【分析】

222设Dx,y，AMANADDNAD4ODADOD41，利用向量

22219模的坐标运算求出点D的轨迹方程为xy2，由OAODx，根据点D的轨

24迹方程即可求解.【详解】

设Dx,y，AMANADDMADDNADDNADDN2222ADDNAD4ODADOD41，

222ADx1,y，ODx,y ，

x1y2x2y25，即x2xy22，

2答案第4页，总13页

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19xy2，所以 OAODx.

240为圆心，因为D的轨迹是以，所以x的取值范围为

2123为半径的圆21313x，即1x2 2222则OAOD的范围是1,2故答案为：1,2【点睛】

本题考查向量的运算，圆的轨迹方程，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据AMAN1，将问题转化为AMANADOD41，进而求得D的轨迹方程，进一步将问题转化为D的横坐标的取值范围问题求解.13．D【解析】∵a0b∴设a1,b1代入可知A,B,C均不正确

对于D，根据幂函数的性质即可判断正确故选D14．B【分析】

A. 根据点P、Q、R、S是其所在棱的中点，判断 RS//PQ即可；B.根据点P、Q、

22R、S是其所在棱的中点，判断RS//平面A1ABB1，PQ与 B1B相交即可.C.根据点P、

Q、R、S是其所在棱的中点，判断PR//SQ，PRSQ即可.D.根据点P、Q、R、S是其所在棱的中点，判断P，Q，R，S四点共面即可.【详解】A. 如图：

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因为点P、Q、R、S是其所在棱的中点，则RS//A1C1,PQ//AC 又A1C1//AC，所以

RS//PQ，所以直线PQ与RS不是异面直线；

B. 如图：

因为点P、Q、R、S是其所在棱的中点，则RS//B1B RS 平面A1ABB1，又B1B平面A1ABB1， 所以RS//平面A1ABB1，PQ与 B1B相交，所以直线PQ与RS是异面直线；C. 如图：

因为点P、Q、R、S是其所在棱的中点，PR//AC,SQ//AC ，所以PR//SQ，又

答案第6页，总13页

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PRSQ，所以 RS//PQ，所以直线PQ与RS相交，不是异面直线；

D. 如图：

因为点P、Q、R、S是其所在棱的中点，则PS//A1B,RQ//D1C ，又A1B//D1C，所以 PS//RQ，所以P，Q，R，S四点共面，所以直线PQ与RS不是异面直线；故选：B15．C【分析】

*10 .可得：对于任意的mN,am2am ，即amq﹣2am＞0am＜0，，任意22q1＞0q1＜0的mN*，解出即可判断出结论.【详解】

*10.解：对于任意的mN,am2am，即amq﹣2∴am＞0am＜0，，任意的mN*，22q1＞0q1＜0am＞0am＜0∴.，或q＞10＜q＜1∴“an为递增数列”，反之也成立.

∴“对于任意的mN,am2am”是“an为递增数列”的充要条件.

*故选：C.【点睛】

本题考查等比数列的单调性，充分必要条件，是基础题.

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16．B【详解】

(1)若yfx是奇函数，则fxfx，∴ffxffxffx也是奇函数，正确；(2) 若yfx是周期函数，则fxTfx，

ffxTffx也是周期函数，正确；(3)若yfx是单调递减函数，根据“同

增异减”的原则，可得yf存在反函数yf1fx也是单调递增函数，故(3)不正确；(4) 若函数yfxx，且函数yfxf1x有零点，即yfx的图象与

yf1x的图象有交点，而yfx的图象与yf1x的图象关于直线yx对称，

但是这些交点可能只是关于直线yx对称，函数yfxx不一定有零点，比如函数yB.17．(1)1x1，满足题意，但是函数yfxx没有零点，即(4)不正确；故选x423 (2)arccos63【分析】

（1）由AB平面BCD，得到CD平面ABC，由此利用棱锥的体积公式，即可求解；（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，即可求解异面直线AD与CM所成角的大小．【详解】

（1）如图所示，因为AB平面BCD，

所以ABCD，又BCCD，所以CD平面ABC，

因为AB平面BCD，AD与平面BCD所成角为30，故ADB30,又由ABBC2，可得AD4,AC22,所以BD16423,CD所以VABCD(23)22222,111142.SBCDABBCCDAB222233263答案第8页，总13页

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（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线，建立空间直角坐标系，则A(0,2,2),D(22,0,0),C(0,0,0),B(0,2,0),M(2,1,0)，可得AD(22,2,2),CM(2,1,0)，

ADCM23,设异面直线AD与CM所成角为，则cos3ADCM所以异面直线AD与CM所成角为arccos3．6

【点睛】

本题主要考查了棱锥的体积的计算，以及直线与平面所成的角和异面直线所成角的求解，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．18．（1）；（2）31.【分析】

（1）先利用二倍角公式和辅助角公式函数yf(x)化为基本三角函数形式，再利用周期公式计算即可；

（2）先利用已知条件结合角的范围求角A，再利用正弦定理和两角和与差的正弦公式求a和sinB，最后代入面积公式计算即可.【详解】解：（1）f(x)111cos2xsin2x3cos2xsin2x322221333；sin2xcos2xsin(2x)，所以最小正周期T222232答案第9页，总13页

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（2）因为f(A)sin(2A)π3π1313，所以sin(2A)，3222又A为锐角，即A0,又C22A,，所以3233A2A，所以，得，436acπ,c2，由正弦定理得，解得a22，6sinAsinC62ππ，

446而ABC，故sinBsin(AC)sin所以ABC的面积S【点睛】思路点睛：

1162acsinB22231.224解决三角函数的图像和性质的相关问题时，通常要结合二倍角公式和辅助角公式，先将函数化为yAsinωxφ的形式，再依题意计算其他量即可.

12(x12)84,x(0,16]19．（1）f(x)4；（2）14分钟.

log0.8(x15)80,x(16,40]【分析】

（1）根据题意，分别求得x(0,16]和x(16,40]上的解析式，即可求解；（2）当x(0,16]和x(16,40]时，令f(x)68，求得不等式的解集，即可求解.【详解】

（1）当x(0,16]时，设函数f(x)b(x12)284(b0)，因为f(16)b(1612)28480，所以b当x(16,40]时，f(x)log0.8(xa)80，

由f(16)log0.8(16a)8080，解得a15，所以f(x)log0.8(x15)80，

11，所以f(x)(x12)284，4412(x12)84,x(0,16].综上，函数的解析式为f(x)4log0.8(x15)80,x(16,40]答案第10页，总13页

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（2）当x(0,16]时，令f(x)(x12)28468，即(x12)2，解得x4或x20（舍去），所以x[0,4]，

当x(16,40]时，令f(x)log0.8(x15)8068，得x150.81229.6，所以x[30,40]，所以学生处于“欠佳听课状态”的时间长为40403014分钟.

141520．（1）P(4,3)；（2）(x1)2y；（3）证明见解析.

24【分析】

（1）首先求直线AC的方程，再令x4求点P的坐标；（2）首先求直线PB的方程，与椭圆方程联立，求点D的坐标，直接写出以BD为直径的圆的方程；（3）首先设P(4,t)，分别写出直线PA,PB的方程，并求点C,D的坐标，定点设为E(m,0)，则C,E,D三点共线，列方程求定点坐标.【详解】

（1）因为A(2,0),C(0,1)，所以直线PA的方程为y令x4，得y3，所以P(4,3)；

（2）因为A(2,0),B(2,0),P(4,1)，所以直线PB的方程为y21x1，21(x2)，2x2y2141由得x22x0，所以xD0,yD(xD2)1，

2y1(x2)215所以以BD为直径的圆的方程为(x2)xy(y1)0，即(x1)y；

2422（3）设P(4,t)，因为A(2,0),B(2,0)，直线PA的方程为yt(x2)，6x2y214由得(t29)x24t2x4t2360，yt(x2)6答案第11页，总13页

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4t2362t218由韦达定理得2xc2，所以xc，

t9t29所以yCtt6t(xC2)2，同理，直线PB的方程为y(x2)，6t92x2y214由得(t21)x24t2x4t240，yt(x2)2t2t4t242t22由韦达定理得2xD2，所以xD2，所以yD(xD2)2，

2t1t1t1由椭圆的对称性知这样的定点在x轴上，设为E(m,0)，则C,E,D三点共线，

2t2182t226t2tm,2,EDm,所以EC22共线，2t9t1t9t12t2182t2t226tm2m所以222恒成立，

t9t1t1t9整理得(4m4)t212m120恒成立，所以m1，故直线CD过定点(1,0).【点睛】

求解直线过定点问题的基本思路：1、把直线或曲线方程中的变量

当作常数看待，既然过定点，那么这个方程就要对任意

的方程组，方程组的解所确

参数都成立，这时参数的系数就要全部为零，得到一个关于定的就是直线或曲线过定点；

2、由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式或斜截式方程，则可根据方程的形式，判定直线过定点问题.

21．（1）3x5；（2）0,【分析】

（1）由P数列的性质建立不等式组即可求解.

（2）先求数列的前n项和，再由Snan1对n1,2,3,9成立，整理Snan1为n的二次不等式，关于n的二次函数的最大值小于0即可求解.（3）反证法，分情况讨论即可得出结论.

答案第12页，总13页

8；（3）证明见解析.27本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【详解】

解：（1）由题意得x12，所以3x5；

812x实数x的取值范围是3x5.

（2）由题意得，该数列的前n项和为Snnn(n1)d,an11nd，2由数列a1,a2,a3,,a10是P数列，得a2S1a1，故公差d0，

Snan1d23n1dn10对满足n1,2,3,9的所有n都成立，22则

d2838991d10，解得d，所以d的取值范围是0,；227227（3）若an是P数列，则aS1a2aq，

qn1因为a0，所以q1，又由an1Sn对所有n都成立，得aqa恒成立，

q1n111即2q恒成立，因为0,lim0，故2q0，所以q2，

nqqq若bn中的每一项都在cn中，则由这两数列是不同数列可知T1T2，若cn中的每一项都在bn中，同理可得T1>T2，

若bn中至少有一项不在cn中，且cn中至少有一项不在bn中，

nnn,cn是将bn,cn中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，设bn,cn中的最大项在bn中，设为am(m2)，它们的所有项之和分别为T1,T2，不妨设bn则T2a1a2am1amT1，故总有T2T1与T2T1矛盾，故假设错误，原命题正确.【点睛】

关键点点睛：（1）（2）小题都由P数列的性质建立不等式组确定待求实数的取值范围，只是（2）题中需转化为关于n的二次不等式恒成立，进一步需转化为关于n的二次函数的最大值小于0求解；（3）题根据“正难则反”的原则，考虑使用反证法，分情况讨论即可得出结论.

答案第13页，总13页