2021年上海市寶山區(qū)高考數(shù)學一模試卷

這是一份2021年上海市寶山區(qū)高考數(shù)學一模試卷，共10頁。試卷主要包含了填空題，選擇題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

1. 若集合A＝(?∞, ?3)，B＝(?4, +∞)，則A∩B＝________．

2. 拋物線y2=6x的準線方程為________．

3. 已知復數(shù)z滿足1z?1=i（i為虛數(shù)單位），則z＝________．

4. 設(shè)向量a→=(1, 2)，b→=(2, 1)，則a→與b→的夾角的大小為________.（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示）

5. 已知二項式(2x+1x)6，則其展開式中的常數(shù)項為________．

6. 若實數(shù)x、y滿足x≥02x?y≤0x+y?3≤0 ，則z＝2x+y的最大值為________．

7. 已知圓錐的底面半徑為1，高為3，則該圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角θ的大小為________．

8. 方程cs2x?sinx＝0在區(qū)間[0, π]上的所有解的和為________．

9. 已知函數(shù)f(x)的周期為2，且當09成立
B.存在實數(shù)x、y滿足|x|≤1|x+y|≤1 ，并使得4(x+1)(y+1)>7成立
C.滿足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)＝?9成立的實數(shù)x、y不存在
D.滿足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)f(x+1)；

（2）設(shè)x∈[3, 4]，且函數(shù)y＝f(x)+3存在零點，求實數(shù)m的取值范圍．

設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0, ?π22)，判斷有窮數(shù)列{an}是否具有性質(zhì)P(t?2)，并說明理由；

（3）若有窮數(shù)列{yn}:y1、y2、…、yn具有性質(zhì)P(1)，其各項的和為2000，將y1、y2、…yn中的最大值記為A，當A∈N*時，求A+n的最小值．
參考答案與試題解析
2021年上海市寶山區(qū)高考數(shù)學一模試卷
一、填空題（本大題共12題，1-6每題4分，7-12每題5分，共54分）
1.
【答案】
(?4, ?3)
【考點】
交集及其運算
【解析】
直接利用集合的運算的應(yīng)用求出結(jié)果．
【解答】
集合A＝(?∞, ?3)，B＝(?4, +∞)，
所以A∩B＝(?4, ?3)．
2.
【答案】
x=?32
【考點】
拋物線的性質(zhì)
【解析】
根據(jù)拋物線方程求得p，進而根據(jù)拋物線性質(zhì)求得其準線方程．
【解答】
解：由拋物線方程可知p=3，
故準線方程為x=?p2=?32.
故答案為：x=?32.
3.
【答案】
1?i
【考點】
復數(shù)的運算
【解析】
直接利用復數(shù)的運算的應(yīng)用求出結(jié)果．
【解答】
設(shè)Z＝a+bi，(a, b∈R)，
所以1z?1=i，整理得1a+bi?1=i，整理得(a?1)i?b＝1，解得a＝1，b＝?1．
所以z＝1?i．
4.
【答案】
arccs45
【考點】
數(shù)量積表示兩個向量的夾角
【解析】
直接利用向量的坐標運算求出向量的數(shù)量積和向量的模，進一步利用夾角公式的應(yīng)用求出結(jié)果．
【解答】
向量a→=(1, 2)，b→=(2, 1)，
所以csθ=a→?b→|a→||b|=45×5=45，
所以θ=arccs45．
5.
【答案】
160
【考點】
二項式定理及相關(guān)概念
【解析】
在二項展開式的通項公式中，令x的冪指數(shù)等于0，求出r的值，即可求得常數(shù)項，
【解答】
二項式(2x+1x)6展開式的通項公式為Tr+1=C6r?(2x)6?r?x?r＝26?r?C6r?x6?2r，
令6?2r＝0，求得r＝3，
故展開式中的常數(shù)項為 23?C63=160，
6.
【答案】
4
【考點】
簡單線性規(guī)劃
【解析】
首先畫出不等式所表示的平面區(qū)域，進一步利用線性規(guī)劃的應(yīng)用求出結(jié)果．
【解答】
根據(jù)實數(shù)x、y滿足x≥02x?y≤0x+y?3≤0 ，
畫出不等式所表示的平面區(qū)域，如圖所示：
利用直線AB的方程x+y?3＝0，解得：O(0, 0)，A(3, 0)，
利用x+y?3=02x?y=0 ，解得：x=1y=2 ，故B(1, 2)，
所以當目標函數(shù)z＝2x+y經(jīng)過點B(1, 2)時，取得最大值為4．
故答案為：4
7.
【答案】
π
【考點】
旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）
【解析】
首先求出圓錐的母線長，進一步利用弧長公式求出結(jié)果．
【解答】
圓錐的底面半徑為1，高為3，則圓錐的母線長為l=12+(3)2=2，
圓錐的側(cè)面展開面的弧長為2×θ＝2?π?1，解得θ＝π．
8.
【答案】
π
【考點】
二倍角的三角函數(shù)
【解析】
直接利用三角函數(shù)關(guān)系式的變換求出2sin2x+sinx?1＝0，進一步解三角方程求出方程的根和方程根的和．
【解答】
cs2x?sinx＝1?2sin2x?sinx＝0，
即2sin2x+sinx?1＝0，
故(2sinx?1)(sinx+1)＝0，
由于x∈[0, π]
解得：x=π6或5π6．
所以π6+5π6=π．
9.
【答案】
?12
【考點】
函數(shù)的周期性
【解析】
直接利用函數(shù)的周期和函數(shù)的關(guān)系式的應(yīng)用求出函數(shù)的值．
【解答】
由于當07成立，所以B正確；
最優(yōu)解在x+y＝?1時，z＝4(x+1)(y+1)＝4(x+1)(?x)
＝?4(x2+x)＝?4(x+12)2+1，
由|x|≤1，所以?8≤z≤1．
所以滿足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)＝?9成立的實數(shù)x、y不存在，C正確；
滿足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)f(x+1)，得(x+1x?1)+1>(x+1)+1x，
即1x?1>1x，解得x1．
∴ 不等式f(x)+1>f(x+1)的解集為(?∞, 0)∪(1, +∞)；
函數(shù)y＝f(x)+3在[3, 4]上存在零點?方程f(x)+3＝0在[3, 4]上有解，
即方程x+mx?1+3=0在[3, 4]上有解，
即m＝?(x+1)2+4在[3, 4]上有解，函數(shù)y＝?(x+1)2+4在[3, 4]上是減函數(shù)
則y∈[?21, ?12]，
從而，實數(shù)m的取值范圍是[?21, ?12]．
【考點】
函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系
【解析】
（1）把m＝1代入函數(shù)解析式，再由f(x)+1>f(x+1)，得關(guān)于x的分式不等式求解；
（2）把函數(shù)y＝f(x)+3在[3, 4]上存在零點，轉(zhuǎn)化為m＝?(x+1)2+4在[3, 4]上有解，再由函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)的值域得答案．
【解答】
當m＝1時，f(x)＝x+1x?1，
由f(x)+1>f(x+1)，得(x+1x?1)+1>(x+1)+1x，
即1x?1>1x，解得x1．
∴ 不等式f(x)+1>f(x+1)的解集為(?∞, 0)∪(1, +∞)；
函數(shù)y＝f(x)+3在[3, 4]上存在零點?方程f(x)+3＝0在[3, 4]上有解，
即方程x+mx?1+3=0在[3, 4]上有解，
即m＝?(x+1)2+4在[3, 4]上有解，函數(shù)y＝?(x+1)2+4在[3, 4]上是減函數(shù)
則y∈[?21, ?12]，
從而，實數(shù)m的取值范圍是[?21, ?12]．
【答案】
依題意，得2πω=2π，ω＝1．
故f(x)＝sin(x+φ)．
因為f(x)的圖象過坐標原點，所以f(0)＝0，
即sinφ＝0，∵ ?π20，且x1+x2=24k5(4k2+1)，x1x2=?6425(4k2+1)，
又y1＝kx1?35，y2＝kx2?35，
所以MA→?MB→=(x1, y1?1)?(x2, y2?1)
＝x1x2+(y1?1)(y2?1)＝(1+k2)x1x2?85k(x1+x2)+6425
＝(1+k2)[?6425(4k2+1)]?8k5?24k5(4k2+1)+6425=64[?(1+k2)?3k2+4k2+1]25(1+4k2)=0，
即有MA→?MB→=0為定值；
滿足2|OP|?|OQ|＝5?secθ的銳角θ不存在．
理由如下：因為直線OP:y＝k1x與圓M相切，所以|k1s?t|1+k12=r，
即有(s2?r2)k12?2stk1+t2?r2＝0，
同理可得，直線OQ:y＝k2x與圓M相切，
即有(s2?r2)k22?2stk2+t2?r2＝0，
于是k1，k2是關(guān)于u的方程(s2?r2)u2?2stu+t2?r2＝0的兩根，
注意到|s|≠r，且s24+t2＝1，故k1k2=t2?r2s2?r2=(1?s24)?r2s2?r2，
因為k1k2為定值，故不妨設(shè)k1k2＝v（定值），
于是v=(1?s24)?r2s2?r2，即(v+14)s2+[?1+(1?v)r2]＝0，
由題意可得s變化，而r，v均為定值，
所以v+14=0?1+(1?v)r2=0 ，
解得k1k2＝v=?14，r=255．
即有k2=?14k1，
由y=k1xx2+4y2=4 可得x12=41+4k12，則|OP|2＝x12+y12＝4?1+k121+4k12，
同理可得|OQ|2＝4?1+k221+4k22=1+16k121+4k12，
所以|OP|2?|OQ|2＝4?(1+k12)(1+16k12)(1+4k12)2=4?16k14+17k12+1(1+4k12)2
＝4?(1+4k12)2+9k12(1+4k12)2=4+3616k12+1k12+8≤4+36216+8=254，
當且僅當k1＝±12時取得等號，
假設(shè)存在銳角θ，使得2|OP|?|OQ|＝5?secθ，
可得2|OP|?|OQ|≤2×52=5，
即為5secθ≤5，即secθ≤1，即有csθ≥1，這與θ為銳角矛盾，
故不存在這樣的θ．
【答案】
因為有窮數(shù)列{xn}具有性質(zhì)P(t)，
所以|xi+1?xi|＝xi+1?xi≥t，即|xi+1?xi|≥t，(i＝1, 2, 3,…n?1)，
再由已知條件可得(n?1)t=t+t+?+t} (n?1)≤|x2?x1|+|x3?x2|+...+|xn?xn?1|≤n?12，
即(n?1)t≤n?12，
而n≥3，所以t≤12，
又t≥12，所以t=12；
當a1≤0時，有窮數(shù)列{an}不具有性質(zhì)P(t?2)，
當a1>0時，有窮數(shù)列{an}具有性質(zhì)P(t?2)，
理由如下：
若a1≤0時，則有窮數(shù)列{an}顯然不具有性質(zhì)P(t?2)，
若a1>0，則由t>2，可得a2＝2|a1+t+2|?|a1+t?2|＝2(a1+t+2)?(a1+t?2)＝a1+t+6，即a2＝a1+t+6，
所以a2>a1+t?2，且a2>0，
同理可得a3＝a2+t+6，(a2>0)，則a3>a3+t?2，且a3>0，
…
一般地若ai＝ai?1+t+6，(ai?1>0)，則ai>ai?1+t?2，且ai>0，
于是ai+1＝2|ai+t+2|?|ai+t?2|＝2(ai+t+2)?(ai+t?2)＝ai+t+6，即ai+?1＝ai+t+6，
所以ai>ai?1+t?2，且ai>0，（仍有ai+1>0i，這里i、n∈N*，n≥3，1≤i≤n?1），
因此當a1>0時，有窮數(shù)列{an}具有性質(zhì)P(t?2)，
綜上，當a1≤0時，有窮數(shù)列{an}不具有性質(zhì)P(t?2)，
當a1>0時，有窮數(shù)列{an}具有性質(zhì)P(t?2)，
由已知可得yn?1≤yn?1，yn?2≤yn?2，…，y1≤yn?(n?1)，
故y1+y2+...+yn＝nyn?[1+2+...+(n?1)]，即2000≤nyn?n(n?1)2，
整理可得yn≥2000n+n2?12，
顯然yn＝A，
于是有A+n≥200n+3n2?12>?1+40302，
注意到A，n∈N*，且?1+403020時，有窮數(shù)列{an}具有性質(zhì)P(t?2)，
理由如下：
若a1≤0時，則有窮數(shù)列{an}顯然不具有性質(zhì)P(t?2)，
若a1>0，則由t>2，可得a2＝2|a1+t+2|?|a1+t?2|＝2(a1+t+2)?(a1+t?2)＝a1+t+6，即a2＝a1+t+6，
所以a2>a1+t?2，且a2>0，
同理可得a3＝a2+t+6，(a2>0)，則a3>a3+t?2，且a3>0，
…
一般地若ai＝ai?1+t+6，(ai?1>0)，則ai>ai?1+t?2，且ai>0，
于是ai+1＝2|ai+t+2|?|ai+t?2|＝2(ai+t+2)?(ai+t?2)＝ai+t+6，即ai+?1＝ai+t+6，
所以ai>ai?1+t?2，且ai>0，（仍有ai+1>0i，這里i、n∈N*，n≥3，1≤i≤n?1），
因此當a1>0時，有窮數(shù)列{an}具有性質(zhì)P(t?2)，
綜上，當a1≤0時，有窮數(shù)列{an}不具有性質(zhì)P(t?2)，
當a1>0時，有窮數(shù)列{an}具有性質(zhì)P(t?2)，
由已知可得yn?1≤yn?1，yn?2≤yn?2，…，y1≤yn?(n?1)，
故y1+y2+...+yn＝nyn?[1+2+...+(n?1)]，即2000≤nyn?n(n?1)2，
整理可得yn≥2000n+n2?12，
顯然yn＝A，
于是有A+n≥200n+3n2?12>?1+40302，
注意到A，n∈N*，且?1+40302