上海市奉贤区2021-2022学年高三上学期数学一模试卷（含答案）

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1、上海市奉贤区上海市奉贤区 2021-2022 学年高三上学期数学一模试卷学年高三上学期数学一模试卷 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，题，1-6 每题每题 4 分，分，7-12 每题每题 5 分，共分，共 54 分）分） 1 （4 分）已知集合 A1，2，B2，a，若 AB1，2，3，则 a 2 （4 分）计算 3 （4 分）已知圆的参数方程为（ 为参数） ，则此圆的半径是 4 （4 分）函数 ysinxcosx 的最小正周期是 5 （4 分）函数 yx3+acosx 是奇函数，则实数 a 6 （4 分）若圆锥的底面面积为 ，母线长为 2，则该圆锥的体积为 7 （5 分）函数

2、 ylg的定义域是 8 （5 分）等差数列an满足 a3+a28，a4+a312，则数列an前 n 项的和为 9 （5 分）如图，汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分，灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直，灯泡位于抛物线的焦点处已知灯口直径是 24 厘米，灯深 10 厘米，则灯泡与反射镜顶点的距离是 厘米 10 （5 分）已知曲线+1 的焦距是 10，曲线上的点 P 到一个焦点距离是 2，则点 P 到另一个焦点的距离为 11 （5 分）从集合0，1，2，3，4，5，6，7，8、9中任取 3 个不同元素分别作为直线方程 Ax+By+C0中的 A、B、C，则经过坐标原点的不同直线有 条（用数值表

3、示） 12 （5 分）设平面上的向量 、 、 、 满足关系 ， m （m2） ，又设 与 的模均为 1且互相垂直，则 与 的夹角取值范围为 二二.选择题（本大题共选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）下列函数中为奇函数且在 R 上为增函数的是（ ） Ay2x By|x| Cysinx Dyx3 14 （5 分）已知（+）n的二项展开式中，前三项系数成等差数列，则 n 的值为（ ） A7 B8 C9 D10 15 （5 分）对于下列命题：若 ab0，cd0，则；若 ab0，cd0，则 acbd.关于上述命题描述正确的是（ ） A和均为真命题 B

4、和均为假命题 C为真命题，为假命题 D为假命题，为真命题 16 （5 分）复数（cos2+isin3） （cos+isin）的模为 1，其中 i 为虚数单位，0，2，则这样的 一共有（ ）个 A9 B10 C11 D无数 三三.解答题（本大题共解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+16+1876 分）分） 17 （14 分）在ABC 中，A、B、C 所对边 a、b、c 满足（a+bc） （ab+c）bc （1）求 A 的值； （2）若 a，cosB，求ABC 的周长 18 （14 分） 第一象限内的点 P 在双曲线1（a0，b0） 上， 双曲线的左、 右焦点分别记为 F1、F2

5、，已知 PF1PF2，|PF1|2|PF2|，O 为坐标原点 （1）求证：b2a； （2）若OF2P 的面积为 2，求点 P 的坐标 19 （14 分）图 1 是某会展中心航拍平面图，由展览场馆、通道等组成，可以假设抽象成图 2，图 2 中的大正方形 AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如 ABCD）和宽度相等的矩形通道组成展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等图 2 中的八边形 EFTSHQMG 是小正方形 ABCD 中的展览区域，小正方形 ABCD 中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16

6、个全等的直角三角形是整个的休闲区域 设 ABCD 的边长为 300 米，AEF 的周长为 180 米 （1）设 AEx，求AEF 的面积 y 关于 x 的函数关系式； （2）问 AE 取多少时，使得整个的休闲区域面积最大 （长度精确到 1 米，面积精确到 1 平方米） 20 （16 分）如图，在正四棱锥 PABCD 中，PAAB2，E、F 分别为 PB、PD 的中点，平面 AEF 与棱 PC 的交点为 G （1）求异面直线 AE 与 PF 所成角的大小； （2）求平面 AEGF 与平面 ABCD 所成锐二面角的大小； （3）求点 G 的位置 21 （18 分） 已知数列an满足 an （1）当

7、 q1 时，求证：数列an不可能是常数列； （2）若 qt0，求数列an的前 n 项的和； （3）当 q，t1 时，令 bn（n2，nN） ，判断对任意 n2，nN，bn是否为正整数，请说明理由 上海市奉贤区上海市奉贤区 2021-2022 学年高三上学期数学一模试卷学年高三上学期数学一模试卷 答案与解析答案与解析 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，题，1-6 每题每题 4 分，分，7-12 每题每题 5 分，共分，共 54 分）分） 1 （4 分）已知集合 A1，2，B2，a，若 AB1，2，3，则 a 3 【分析】利用集合并集的定义求解即可 【解答】解：因为集合 A1，2

8、，B2，a，AB1，2，3， 则 a3 故答案为：3 2 （4 分）计算 【分析】直接利用数列的极限的运算法则，化简求解即可 【解答】解： 故答案为： 3 （4 分）已知圆的参数方程为（ 为参数） ，则此圆的半径是 2 【分析】根据已知条件，结合三角函数的同角公式，即可求解 【解答】解：圆的参数方程为（ 为参数） ， ，sin， sin2+cos21， ，即 x2+y24， 此圆的半径为 2 故答案为：2 4 （4 分）函数 ysinxcosx 的最小正周期是 2 【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，然后求解函数的周期 【解答】解：函数 ysinxcosx2sin（x） ， 所以

9、函数的周期为：2 故答案为：2 5 （4 分）函数 yx3+acosx 是奇函数，则实数 a 0 【分析】由已知结合奇函数性质 f（0）0 代入可求 【解答】解：由奇函数性质得，f（0）a0， 此时 f（x）x3为奇函数 故答案为：0 6 （4 分）若圆锥的底面面积为 ，母线长为 2，则该圆锥的体积为 【分析】求出圆锥的底面半径，根据勾股定理求出圆锥的高，再利用公式计算圆锥的体积 【解答】解：圆锥的底面面积为 ，所以，底面半径为 r1，母线长为 l2， 所以圆锥的高为 h； 所以圆锥的体积为 Vr2h 故答案为： 7 （5 分）函数 ylg的定义域是 （，log23） 【分析】根据函数的解析式

10、，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可 【解答】解：由题意可知 32x0， 2x3，xlog23， 函数的定义域为（，log23） ， 故答案为： （，log23） ， 8 （5 分）等差数列an满足 a3+a28，a4+a312，则数列an前 n 项的和为 n2 【分析】由已知结合等差数列的性质先求出公差 d，进而可求首项 a1，然后结合等差数列的求和公式可求 【解答】解：因为等差数列an中，a3+a28，a4+a3a3+d+a2+d12， 所以 d2， 所以 a1+2d+a1+d8， 所以 a11， 则数列an前 n 项的和 Snn+n（n1）n2 故答案为：n2 9 （5 分）

11、如图，汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分，灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直，灯泡位于抛物线的焦点处 已知灯口直径是 24 厘米， 灯深 10 厘米， 则灯泡与反射镜顶点的距离是 3.6 厘米 【分析】先设出抛物线的标准方程 y22px（p0） ，点（10，12）代入抛物线方程求得 p，进而求得，即灯泡与反光镜的顶点的距离 【解答】解：建立平面直角坐标系，以 O 为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴，如图所示： 则：设抛物线方程为 y22px（p0） ，点（10，12）在抛物线 y22px 上， 1442p10 3.6 灯泡与反射镜的顶点 O 的距离 3.6cm 故答案为：

12、3.6 10 （5 分）已知曲线+1 的焦距是 10，曲线上的点 P 到一个焦点距离是 2，则点 P 到另一个焦点的距离为 22 或 10 【分析】利用曲线是椭圆或双曲线，结合已知条件求解 a，通过圆锥曲线的定义，转化求解即可 【解答】解：当曲线是椭圆时，因为焦距为 10，所以 a1625，所以 a41， 由椭圆的定义，可得点 P 到另一个焦点的距离为：22； 当曲线是双曲线时，a0，所以 16a25，解得 a9， 此时点 P 到另一个焦点的距离为：24+210 故答案为：22 或 10 11 （5 分）从集合0，1，2，3，4，5，6，7，8、9中任取 3 个不同元素分别作为直线方程 Ax+

13、By+C0中的 A、B、C，则经过坐标原点的不同直线有 54 条（用数值表示） 【分析】先根据条件知道 C0，再根据计算原理计算即可 【解答】 解： 若直线方程 Ax+By+C0 经过坐标原点， 则 C0， 那么 A， B 任意取两个即可， 有72， 其中，1，2；2，4；3，6；4，8；重复； 1，3；2，6；3，9；重复； 1，4；2，8；重复； 2，3；4，6；6，9；重复； 3，4；6，8；重复； 所以满足条件的直线有 721854 故答案为：54 12 （5 分）设平面上的向量 、 、 、 满足关系 ， m （m2） ，又设 与 的模均为 1且互相垂直，则 与 的夹角取值范围为 ar

14、ccos， 【分析】求出，由 与 的模均为 1 且互相垂直，m2，求出| |，| |，由向量数量积公式求出，进而求出 与 的夹角余弦值，由此能求出 与 的夹角取值范围 【解答】解：平面上的向量 、 、 、 满足关系 ， m （m2） ， ， 与 的模均为 1 且互相垂直，m2， | |， | |， ， 与 的夹角余弦值为： cos， m2，cos， 0， 与 的夹角取值范围为arccos， 故答案为：arccos， 二二.选择题（本大题共选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）下列函数中为奇函数且在 R 上为增函数的是（ ） Ay2x By|x

15、| Cysinx Dyx3 【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断 【解答】解：y2x不是奇函数，A 不符合题意； y|x|为偶函数，不符合题意； ysinx 在 R 上不单调，不符合题意； 根据幂函数性质可知，yx3为奇函数且在 R 上单调递增，符合题意 故选：D 14 （5 分）已知（+）n的二项展开式中，前三项系数成等差数列，则 n 的值为（ ） A7 B8 C9 D10 【分析】展开式中前三项的系数分别为 1，根据其成等差数列可得 n 的值 【解答】解： （+）n的展开式的通项公式为：Tr+1 （）nr （）r， 展开式中前三项的系数分别为 1， 由题意得 21

16、+， n8， （n1 舍） 故选：B 15 （5 分）对于下列命题：若 ab0，cd0，则；若 ab0，cd0，则 acbd.关于上述命题描述正确的是（ ） A和均为真命题 B和均为假命题 C为真命题，为假命题 D为假命题，为真命题 【分析】对于，结合不等式的性质，即可求解，对于，结合特殊值法，即可求解 【解答】解：对于，cd0， ， 0，即， ab0，cd0， a+cb+d0， ，故为真命题， 对于，令 ac，bd，满足 ab0，cd0，但 acbd，故为假命题 故选：C 16 （5 分）复数（cos2+isin3） （cos+isin）的模为 1，其中 i 为虚数单位，0，2，则这样的 一

17、共有（ ）个 A9 B10 C11 D无数 【分析】先根据复数（cos2+isin3） （cos+isin）的模为 1 及复数模的运算公式，求得 cos22+sin231， 即 cos22cos23， 接下来分 cos2cos3 与 cos2cos3 两种情况进行求解， 结合 00， 2，求出 的个数 【解答】解：|（cos2+isin3） （cos+isin）|cos2+isin3|cos+isin|， 其中|cos+isin|1，所以|cos2+isin3|1， 即 cos22+sin231，cos221sin23， 当 cos2cos3 时，23+2k1，k1Z， 所以 2k1，k1Z，

18、 因为 0，2所以 0 或 2； 23+2k2，k2Z，所以， 因为 0，2，所以 0，或 2； 当 cos2cos3 时，23+（2k3+1），k3Z，即 （2k3+1），k3Z，因为 0，2，所以 ， 23+（2k4+1），k4Z，即， 因为 0，2，所以， 综上：，m0，1， ，10 一共有 11 个 故选：C 三三.解答题（本大题共解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+16+1876 分）分） 17 （14 分）在ABC 中，A、B、C 所对边 a、b、c 满足（a+bc） （ab+c）bc （1）求 A 的值； （2）若 a，cosB，求ABC 的周长 【分析】 （1

19、）根据已知条件和余弦定理求出 A； （2）先求出 sinB，再利用正弦定理求出 b，再利用余弦定理求出 c，即可得出结果 【解答】解： （1）（a+bc） （ab+c）bc， a2（bc）2bc，化简可得 a2b2c2bc， 由余弦定理可得， 故 A （2），B（0，） ， ， 由正弦定理可得，即，求得 b， 由余弦定理得：，即，解得，其中 c0， 故，故ABC 的周长为 18 （14 分）第一象限内的点 P 在双曲线1（a0，b0）上，双曲线的左、右焦点分别记为F1、F2，已知 PF1PF2，|PF1|2|PF2|，O 为坐标原点 （1）求证：b2a； （2）若OF2P 的面积为 2，求点

20、P 的坐标 【分析】 （1）由|PF1|2|PF2|，|PF1|PF2|2a，解得|PF1|，|PF2|，根据 PF1PF2，利用勾股定理及其c2a2+b2，即可证明结论 （2）由题意可得：2a4a22，c|yP|2，b2a，c2a2+b2，解出 yP，并且代入双曲线方程解得 xP 【解答】解： （1）证明：|PF1|2|PF2|，|PF1|PF2|2a， |PF1|4a，|PF2|2a， PF1PF2， （2c）2（4a）2+（2a）2，化为：c25a2， 又 c2a2+b2，b24a2，a0，b0， b2a （2）由题意可得：2a4a22，c|yP|2， 又 b2a，c2a2+b2， 解得

21、 a1，b2，yP， 把 yP代入双曲线方程：1，xP0，解得 xP P（，） 19 （14 分）图 1 是某会展中心航拍平面图，由展览场馆、通道等组成，可以假设抽象成图 2，图 2 中的大正方形 AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如 ABCD）和宽度相等的矩形通道组成展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等图 2 中的八边形 EFTSHQMG 是小正方形 ABCD 中的展览区域，小正方形 ABCD 中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16 个全等的直角三角形是整个的休闲区域 设 ABCD 的边

22、长为 300 米，AEF 的周长为 180 米 （1）设 AEx，求AEF 的面积 y 关于 x 的函数关系式； （2）问 AE 取多少时，使得整个的休闲区域面积最大 （长度精确到 1 米，面积精确到 1 平方米） 【分析】 （1）根据给定条件结合勾股定理用 x 表示出 AF 长即可求出函数关系式 （2）利用（1）的函数关系借助换元法求出 y 的最大值及对应的 x 值即可计算作答 【解答】解： （1）依题意，在 RtAEF 中，EF， 则有 x+AF+180，解得 AF（0 x90） ，则AEF 的面积 y， 所以AEF 的面积 y 于 x 函数关系式是：y（0 x90） ； （2）由（1）知

23、，y（0 x90） ，令 180 xt（90，180） ， y90270（t+）90（2702）8100（32） ， 当且仅当 t，即 t90时取“” ， 整个休闲区域是 16 个与 RtAEF 全等的三角形组成， 因此整个休闲区域面积最大，当且仅当AEF 的面积 y 最大， 当 t90， 即 x1809053 米， 整个休闲区域面积最大为 y平方米， 所以当 AE 取 53 米时，整个休闲区域面积最大为 22235 平方米 20 （16 分）如图，在正四棱锥 PABCD 中，PAAB2，E、F 分别为 PB、PD 的中点，平面 AEF 与棱 PC 的交点为 G （1）求异面直线 AE 与 P

24、F 所成角的大小； （2）求平面 AEGF 与平面 ABCD 所成锐二面角的大小； （3）求点 G 的位置 【分析】 （1）作出辅助线，找到异面直线 AE 与 PF 所成的角是OEA（或补角） ，利用余弦定理求出； （2） 作出辅助线， 找到平面 AEGF 与平面 ABCD 所成锐二面角为OAQ， 经过计算得到； （3） 证明出 A、 Q、 G 三点共线， 利用第二问的求出的， 和题干中的条件确定点 G 的位置 【解答】解： （1）连接 AC，BD，相交于点 O， 因为四边形 ABCD 是正方形，所以 O 是正方形的中心，连接 PO， 因为四棱锥 PABCD 是正四棱锥，则 PO底面 ABCD

25、，连接 OE， 因为 E 为 PB 的中点，所以 EO 是PBD 的中位线，所以 EOPD， OEA（或补角）即为异面直线 AE 与 PF 所成角的大小， 因为正四棱锥 PABCD 中，所以PAB 是等边三角形， 所以，由勾股定理得：，所以 AO2， 因为 POBD，E 为 PB 的中点，所以， 在AOE 中，由余弦定理得：， 所以异面直线 AE 与 PF 所成角的大小为 （2）连接 EF，与 OP 相交于点 Q，则 Q 为 OP，EF 的中点， 因为 EF 分别为 PBPD 的中点，所以 EF 是三角形 PBD 的中位线，所以 EFBD， 因为 BD平面 ABCD，EF平面 ABCD，所以

26、EF平面 ABCD， 设平面 AEGF 与平面 ABCD 相交于直线 l，故 EFlDB，连接 QA， 则因为 AEAF，所以 AQEF，又因为 OABD， 故QAO 即为平面 AEGF 与平面 ABCD 所成锐二面角，其中，AO2， 所以，故， 即平面 AEGF 与平面 ABCD 所成锐二面角的大小为 （3）延长 AQ，则由两平面相交的性质可得 AQ 一定过点 G， 过点 G 作 GMPO 交 AC 于点 M，因为 PO底面 ABCD，所以 GM底面 ABCD， 设 GMCMx，则 AM4x，由第二问知：， 所以，即，解得：， 故，所以点 G 的位置为线段 PC 靠近 P 的三等分点 21

27、（18 分）已知数列an满足 an （1）当 q1 时，求证：数列an不可能是常数列； （2）若 qt0，求数列an的前 n 项的和； （3）当 q，t1 时，令 bn（n2，nN） ，判断对任意 n2，nN，bn是否为正整数，请说明理由 【分析】 （1）由题干条件得到 a22q+2，故可说明数列an不可能是常数列； （2）分 q0，t0 与 t0，q0 两种情况进行求解； （3）先求出 b24，b324，故猜想对任意 n2，nN，bn是正整数，对 bn（n2，nN）平方后整理为，代入中，消去 an，得到关于 bn的式子，再进行整理得到 bn+12bn（b2n1+1） ，故可类推出结果 【解答

28、】解： （1）证明：a2qa1+2q+，因为 q1，t0，所以 a22q+2，故当 q1 时，数列an不可能是常数列； （2）因为 qt0，q2+t20， 所以当 q0 时，t0，n2 时，an， 即当 n 为奇数时，an2；当 n 为偶数时，an， 设数列an的前 n 项的和为 Sn， 当 n 为奇数时，Sn（2+）+2n+1+， 当 n 为偶数时，Sn（2+）n+， 综上：Sn， 当 t0 时，q0，n2 时，anqan1，此时an为等比数列，首项为 2，公比为 q， 当 q1 时，Sn2n，当 q1 时，Sn， 故 Sn （3）对任意 n2，nN，bn是正整数，理由如下： 当 q，t1 时，a2a1+， 所以 b24，a3a2+，b324， 猜想：bn（n2，nN）为正整数， 证明：bn0， 则，a2n+1+2，代入到中得： （+2）+1， 整理得：b2n+1b2n（4+2b2n） ，从而 b2nb2n1（4+2b2n1） ， （n3） ， 于是 b2n+1b2n4+2b2n1（4+2b2n1）， 所以 bn+12bn（b2n1+1） ，因此知，当 b2N 时，b3N；当 b3N 时，b4N，以此类推， 所以对任意 n2，nN，bnN