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2020届上海市闵行区高考一模(期末)数学试题(解析版)

2020-01-22 来源:小侦探旅游网
2020届上海市闵行区高考一模(期末)数学试题

一、单选题

1.已知直线l的斜率为2,则直线l的法向量为( ) A.1,2 【答案】D

【解析】把斜率转化为直线方向向量1,2即可得解. 【详解】

B.2,1

C.1,2

D.2,1

Q直线l斜率为2,

直线的一个方向向量可以为1,2,法向量可以是2,1.

故选:D. 【点睛】

本题考查了直线的斜率和方向向量的关系以及法向量的求解,属于基础题. 2.命题“若xa,则A.0, 【答案】D

【解析】转化条件得xx1或x0xxa,即可得解. 【详解】

x10”是真命题,实数a的取值范围是( ) xB.,1

C.1,

D.,0

Qx10,x1或x0, xxx1或x0xxa,

a1.

故选:D. 【点睛】

本题考查了分式不等式的解法和条件之间的关系,属于基础题.

3.在正四面体ABCD中,点P为BCD所在平面上的动点,若AP与AB所成角为定值,0,A.圆 【答案】B

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, 则动点P的轨迹是( ) 4B.椭圆

C.双曲线

D.抛物线

【解析】把条件转化为AB与圆锥的轴重合,面BCD与圆锥的相交轨迹即为点P的轨迹后即可求解. 【详解】

以平面截圆锥面,平面位置不同,生成的相交轨迹可以为抛物线、双曲线、椭圆、圆.令AB与圆锥的轴线重合,如图所示,则圆锥母线与AB所成角为定值,所以面BCD与圆锥的相交轨迹即为点P的轨迹.根据题意,即轨迹不可能AB不可能垂直于平面BCD,为圆. 面BCD不可能与圆锥轴线平行,即轨迹不可能是双曲线.可进一步计算AB与平面BCD所成角为arctan2,即arctan2时,轨迹为抛物线,arctan2时,轨迹为椭圆, Q0,故选:B.

,所以轨迹为椭圆. 4

【点睛】

本题考查了平面截圆锥面所得轨迹问题,考查了转化化归思想,属于难题.

a4.已知各项为正数的非常数数列an满足an1a1n ,有以下两个结论:①若a3a2,

则数列an是递增数列;②数列an奇数项是递增数列则( ) A.①对②错 【答案】D

【解析】按照a11和0a11分类讨论,分别判断①②即可得解. 【详解】

B.①错②对

C.①②均错误

D.①②均正确

Qan为各项为正数的非常数数列,a10且a11,

1当a11时,显然an为递增数列,①②均正确;

2当0a11时,a2a1aa1,1,a3a1aa1,a1a,不满足①的前提a3a2;

121a4a1a3a1a2,a1a1a3,a2,a5a1a4a1a2,a1a3a3,a4,

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依此类推,a2ka2k1,a2k2,a2k1a2k1,a2k即偶数项递减,奇数项递增. 故选:D. 【点睛】

本题考查了数列递推公式的应用,考查了分类讨论思想,属于中档题.

二、填空题

5.已知集合A3,1,0,1,2,Bxx1,则AIB__________. 【答案】3,2

【解析】将A中元素逐个代入判断x1是否成立即可得解. 【详解】

将A中元素逐个代入x1,符合的有3、2,即AB3,2. 故答案为:3,2. 【点睛】

本题考查了描述法表示集合和集合的交集运算,属于基础题. 6.复数

5的共轭复数是___________. i25,求出z即可. i2【答案】2i

【解析】由复数代数形式的除法运算化简复数【详解】 解:Q55(2i)5(2i)2i, i2(2i)(2i)55的共轭复数是2i i2复数

故答案为2i 【点睛】

本题考查了复数代数形式的除法运算,是基础题.

3n2__________. 7.计算:limn13L2n1【答案】3

3n2【解析】原式化简为lim2后即可得解.

nn第 3 页 共 17 页

【详解】

Q132n112n1nn2,

223n23nlim23. limn13L2n1nn故答案为:3. 【点睛】

本题考查了等差数列前n项和公式以及极限的求法,属于基础题. 8.已知0x1,使得x1x取到最大值时,x__________. 【答案】

1 2【解析】利用基本不等式即可得x1x2x1x,当x1x等号成立,即可得解. 【详解】

Q0x1,

x1x2x1x,即x1x故答案为:【点睛】

本题考查了基本不等式的应用,属于基础题.

11,当且仅当x1x时等号成立. 221. 29.在ABC中,已知ABa ,BCb,G为ABC的重心,用向量a,b表示向量uuurAG___________

uuurruuurrrr2r1r【答案】a+b

33【解析】利用平面向量的基本定理,结合重心性质即可得解. 【详解】

uuur1uuuruuur1r1rBABCba, 由重心的性质可知BG333uuuruuuruuurr1r1r2r1r所以AGABBGabaab.

33332r1r故答案为:a+b

33【点睛】

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本题考查了重心的几何性质和平面向量基本定理,属于基础题. 10.设函数fx【答案】x2

【解析】转化条件得fxlog2xx,即可得解.

2log2x1log2x

1,则方程fx1的解为____________ 1【详解】

由题意得fxlog2x1log2xlog2xx1,即x2x2,

2解得x2或x1,由函数定义域可知x2. 故答案为:x2. 【点睛】

本题考查了二阶行列式的计算和对数的运算性质,属于基础题. 11.已知x21字表示) 【答案】56

5【解析】转化条件可得a3x6C8x28a0a1x2a2x4a8x16,则a3 ____________ (结果用数

1,运算即可得解.

35【详解】

5由题意得a3x6C8x213556x6,

a356.

故答案为:56. 【点睛】

本题考查了二项式定理的应用,属于基础题.

12.若首项为正数的等比数列an,公比qlgx,且a100a99a101,则实数x的取值范围是____________ 【答案】0,1 102【解析】转化条件得a99qa99a99q,即可得解.

【详解】

Qa10,a99a1q980,

2由题意可得a99qa99a99q

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q1q2,q1,即lgx<-1,01. 10本题考查了等比数列的通项和性质、对数函数的性质,属于基础题.

13.如图,在三棱锥DAEF中,A1,B1,C1分别是DA, DE, DF的中点,B,C分别是AE,AF的中点,设三棱柱ABCA1B1C1的体积为V1,三棱锥D AEF的体积为

V2,则V1:V2____________

【答案】3:8

【解析】分别找到底面积和高的比值即可得解. 【详解】

设SVABCS,点A1到平面ABC的距离为h,

由题意易知SVAEF4S,点D到平面ABC的距离为2h,

V1Sh,V2g4Sg2hV1:V23:8.

故答案为:3:8 【点睛】

138Sh, 3本题考查了立体图形体积的计算,属于基础题.

uuuvrrr14.若O是正六边形A1A2A3A4A5A6的中心,QOAii1,2,3,4,5,6,a,b,cQ,

rrrrrrrrr且a,b,c互不相同,要使得abgc0,则有序向量组a,b,c的个数为

第 6 页 共 17 页

____________ 【答案】48

【解析】按照a,b的夹角为和【详解】

rr两种情况讨论,再求和即可得解. 3

rrrrr①如左图,这样的a,b有6对,且a,b可交换,此时c有2种情况,

rrr有序向量组a,b,c个数为62224个;

②如右图,这样的a,b有3对,且a,b可交换,此时c有4种情况,

rrrrrrrr有序向量组a,b,c个数为32424个.

综上所述,总数为242448个. 故答案为:48. 【点睛】

本题考查了分类加法和分布乘法的应用,考查了分类讨论的思想,属于中档题. 15.若fxxagx3a,且x0,1上的值域为0, f1,则实数a的取值范围是____________ 【答案】0,

4【解析】转化条件得fxxax3a,根据a的取值范围画出图像即可得解. 【详解】

由题意fxxax3a,

当a0,函数图像如左图,fxminf03a0,不符合题;

21当a0,函数图像如右图,

Qf03a2f2aa2,结合图像,当x0,1,fxmaxf0或f1,

2Q值域为0,f1,f1f0,即a13a13a,a4.

1第 7 页 共 17 页

1a0,. 综上4

【点睛】

本题考查了函数图像的应用,考查了分类讨论思想,属于中档题. 16.设函数fxAsinx点,.

则下述结论中:

①若fx0fx恒成立,则x0的值有且仅有2个; ②fx在0,0,A0,x0,2,若fx恰有4个零68上单调递增; 19③存在和x1,使得fx1fxf(x1④“A1”是“方程fx2)对任意x0,2恒成立;

1在[0,2]内恰有五个解”的必要条件. 2所有正确结论的编号是______________; 【答案】①③④

【解析】根据条件画出fxAsinx0,A0,x0,2的图像,结6合图像和【详解】

1925,逐一判断即可. 1212Qfx恰有4个零点,3219254,,,函数的图像如图: 61212第 8 页 共 17 页

①如图,即fxA有两个交点,正确; ②结合右图,且当258递增,错误; 时,fx在0,2512③QT12121925,,,,

225191212Q1212,,存在fx1为最小值,22519fx1为最大值,正确;

2④结合右图,若方程fx11在0,2内恰有五个解,需满足f0,即221A1,同时结合左图,当A1,fx不一定有五个解,正确.

2故答案为:①③④. 【点睛】

本题考查了三角函数的图像和性质,考查了数形结合思想和分类讨论思想,属于难题.

三、解答题

17.如图,在一个圆锥内作一个内接圆柱(圆柱的下底面在圆锥的底面上,上底面的圆在圆锥的侧面上),圆锥的母线长为4,AB,CD是底面的两条直径,且

AB4,ABCD,圆柱与圆锥的公共点F恰好为其所在母线PA的中点,点O是底

面的圆心.

(1)求圆柱的侧面积;

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(2)求异面直线OF和PC所成的角的大小. 【答案】(1)23;(2)arccos3 4【解析】(1)求出圆柱的底面半径和高即可求解;

(2)把异面直线OF和PC所成的角转化为PB和PC的夹角BPC即可得解. 【详解】

(1)设圆柱上底面的圆心为O,连接FO、PO,

在PAO中,F是PA的中点,FO//AO,OA2

FO11OA1,OOPO3, 222S圆柱侧=2OFOO23.

(2) F,O分别是PA、AB的中点,FO//PB,

异面直线OF和PC所成的角等于PB和PC的夹角BPC,

PB PC4,BC22, cosBPCPBPCCB2PBPC222161683.

24443异面直线OF和PC所成的角为arccos.

4【点睛】

本题考查了圆柱的侧面积公式和异面直线所成的角的求法,属于基础题. 18.已知函数fx2xa x2(1)若fx为奇函数,求a的值;

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(2)若fx3在x1,3上恒成立,求实数a的取值范围. 【答案】(1)a1;(2)a40

【解析】(1)利用奇函数性质f00即可得解; (2)转化条件为a32x22x在x1,3恒成立即可得解. 【详解】

(1)QxR,fx为奇函数

f00,即1a0,a1.

(2)Qx1,3,fx3恒成立,

 2xa3即a32x22x恒成立, x22x2x39x令y3222x,又22,8 24ymin40,a40.

【点睛】

本题考查了函数奇偶性的应用和恒成立问题的解决方法,考查了转化与化归思想,属于中档题.

19.某地实行垃圾分类后,政府决定为A, B,C三个小区建造一座垃圾处理站M,集中处理三个小区的湿垃圾.已知A在B的正西方向,C在B的北偏东30o方向,M在B的北偏西20o方向,且在C的北偏西45o方向,小区A与B相距2km,B与C相距3 km.

(1)求垃圾处理站M与小区C之间的距离;

(2)假设有大、小两种运输车,车在往返各小区、处理站之间都是直线行驶,一辆大车的行车费用为每公里a元,一辆小车的行车费用为每公里a元(其中为满足100第 11 页 共 17 页

是199内的正整数) .现有两种运输湿垃圾的方案:

方案1:只用一辆大车运输,从M出发,依次经A,B,C再由C返回到M;

方案2:先用两辆小车分别从A、C运送到B,然后并各自返回到A、C,一辆大车从M直接到B再返回到M.试比较哪种方案更合算?请说明理由. 结果精确到小数点后两位 【答案】(1)5.44公里;(2)当00.32时,方案二合算;当0.321时,方案一合算.

【解析】(1)算出MBC的所有内角后,利用正弦定理即可得解; (2)计算出路线长度后分别写出两种方案的成本,比较大小即可得解. 【详解】

(1)在MBC中,MBC50o,MCB105o,BC3,BMC 25o.

MC33sin50o由正弦定理得:,MC5.4385.44. ooosin50sin25sin25所以垃圾处理站M与小区C间的距离为5.44公里.

MB33sin105o(2)在MBC中,由得:MB6.857 ooosin105sin25sin25在MBC中,MBA70o,AB2,

MA2AB2MB22ABMBcos70o,MA6.452.

方案一费

用:y1aMAABBCCMa6.452235.43816.890a,

方案二费用:y22aMB2aABBCa13.71310 当y1y2时,方案二合算,此时00.32; 当y1y2时,方案一合算, 此时0.321;

综上,当00.32时, 方案二合算;当0.321时,方案一合算. 【点睛】

本题考查了解三角形的应用和函数的应用,属于基础题.

20.已知抛物线:y28x和圆:x2y24x0,抛物线的焦点为F.

第 12 页 共 17 页

(1)求的圆心到的准线的距离;

(2)若点Tx,y在抛物线上,且满足x1,4, 过点作圆的两条切线,记切点为A、B,求四边形TAFB的面积的取值范围;

(3)如图,若直线l与抛物线和圆依次交于M、P、Q、N四点,证明:MPQN1PQ的充要条件是“直线l的方程为x2” 2【答案】(1)4;(2)[25,82];(3)见解析 【解析】(1)分别求出圆心和准线方程即可得解;

(2)根据条件可表示出四边形TAFB的面积S2x24x,利用函数的单调性即可得解;

(3)充分性:令直线l的方程为x2,分别求出M、P、Q、N四点坐标后即可证明MPQN1PQ;必要性:设l的方程为xtym,Mx1,y1,Nx2,y2,21Px3,y3,Qx4,y4,由MPQNPQ可得y1y2y3y4,即可得出t与

2m的关系,进而可得出直线l的方程为x2.

【详解】

22(1)由xy4x0可得: x2y24,的圆心与的焦点F重合,

2的圆心2,0到的准线x2的距离为4.

(2)四边形TAFB的面积为:S2212TF422x22y24 2x228x42x24x,

当x1,4时,四边形TAFB的面积的取值范围为[25,82].

(2)证明(充分性) :若直线l的方程为x2,将x2分别代入y28x

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x2y24x0得M2,4,P2,2,Q2,2,N2,4. MPON11PQ2,MPQNPQ.

221PQ,则线段MN与线段PQ的中点重合, 2(必要性) :若MPQN设l的方程为xtym,Mx1,y1,Nx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4,

2则y1y2y3y4,将xtym代入y8x得y28ty8m0,

y1y28t,64t232m0即2t2m0,

同理可得,y3y42tm2,

1t22tm28t即t0或m4t22, 21t而当m4t22时,将其代入2t2m0得2t220不可能成立; .

2当t0时,由y8m0得:y122m,y222m,

将xm代入xy4x0得y322m24m,y4m24m,

QMP11PQ,22mm24m2m24m, 22m22m0,m2或m0(舍去)

直线l的方程为x2.

MPQN【点睛】

1PQ的充要条件是“直线l的方程为x2”. 2本题考查了抛物线和圆的性质、直线与圆锥曲线的综合、条件之间的关系,考查了转化化归的思想和计算能力,属于难题.

21.已知数列an满足a11,a2aa1,an2an1an1and,nN

*(1)当da2时,写出a4所有可能的值;

(2)当d1时,若a2na2n1且a2na2n1对任意nN*恒成立,求数列an的通项公式;

(3)记数列an的前n项和为Sn,若a2n,a2n1分别构成等差数列,求S2n.

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3n,n为奇数2【答案】(1)a410或a44或a46或a40;(2)an;(3)

na1,n为偶数2n1a

【解析】(1)构造新数列an1an后分类讨论即可得解;

(2)转化条件得a2na2n1a22n,a2na2n1a32n,作差得

a2n1a2n11,求出a2n1后再求出a2n即可得解;

(3)转化条件得a2n11n1dnN和即可得解. 【详解】

(1)当da2时,an2an1an1an2, 即an1an是以1为首项、2为公差的等差数列,

*,a2nan1dnN*,分组求

an1an2n1,

可得:a3a23,a4a35,a332,a4a35,

a410或a44或a46或a40.

(2)当d1时,an2an1an1an1 即an1an是首项为a1.公差为1的等差数列,

an1ana1n1a2n,

a2n1a2na22n,a2na2n1a32n, Qa2na2n1且a2na2n1,

a2na2n1a22n,a2na2n1a32n, a2n1a2n11,a2n12n,

a2na32na2n1a1n,

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3n,n为奇数2an.

na1,n为偶数2(3)由己知得an1ana1n1dnN若a2n,a2n1分别构成等差数列,

则a2na2n1a12n2dn2,②

*①

a2n1a2na12n1dn1,③

a2n2a2n1a12ndn1,④

由②+③得:a2n1a2n1a12n1da12n2dn1

Qa2n1是等差数列, a2n1a2n1必为定值,

a2n1a2n1a12n1da12n2d

或a2n1a2n1a12n1da12n2d, 即a2n1a2n1dn2或a2n1a2n1dn2, 而由①知a3a2a1d,即a3a2a1d

a3a1a1a1d,

即a3a1d或a3a12a1d(舍)

a2n1a2n1dnN*,a2n11n1dnN*.

同理,由③+④得:a2n2a2na12nda12n1dn1

a2n2a2nd或a2n2a2nd,

由上面的分析可知:a3a1a1d

而a4a3a12d,a4a2a1da12d, 即a4a2d或a4a22a22d(舍)

a2n2a2nd

a2nan1dnN*,从而a2k1a2ka2k1a2k2a1kN*

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S2na1a2···a2n1a+1a1an1a.

【点睛】

本题考查了数列递推公式的应用、数列的通项公式和数列求和,考查了分类讨论思想和计算能力,属于难题.

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