2021届上海市控江中学高三三模数学试题(解析版)

一、单选题 1．方程2sin2xA．4 【答案】C

【分析】把方程等价化，在同一坐标系内作出两个函数图象，观察公共点个数即可得解. 【详解】原方程化为sin2x1在区间[2,2)上的解的个数是（ ） 6B．6

C．8

D．9

1，在同一坐标系内作出函数621ysin2xx[2,2)图象与直线y，如图：

62

观察图象知：在x[2,2)时函数ysin2x共点，

所以方程2sin2x故选：C

6的图象与直线y1有8个公21在区间[2,2)上8个解. 62．已知直线l平行于平面，平面垂直于平面，则以下关于直线l与平面β的位置关系的表述，正确的是（ ） A．l与垂直

C．l与至少有一个公共点 有可能 【答案】D

【分析】按直线与平面的位置关系的三种情况分别讨论即可得解.

【详解】因平面垂直于平面，令a，当l,l//a时满足条件，从而选

B．l与无公共点

D．在内，l与平行，l与相交都

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项A，B都不正确；

过直线a作平面，与平面，平面都不重合，直线l在内与a平行时满足条件，此时l//，即C选项不正确；

在平面内作一直线b与直线a相交，直线l与b平行时满足条件，此时l与相交，选项D正确. 故选：D

3．设三角形ABC是位于平面直角坐标系xOy的第一象限中的一个不等边三角形，该平面上的动点P满足：已知动点P的|PA|2|PB|2|PC|2|OA|2|OB|2|OC|2，轨迹是一个圆，则该圆的圆心位于三角形ABC的 A．内心 【答案】C

【分析】可设P(x,y)，Ax1,y1 Bx2,y2， Cx3,y3，由

B．外心

C．重心

D．垂心

|PA|2|PB|2|PC|2|OA|2|OB|2|OC|2列出关系式，由P的轨迹为圆，求出

圆心坐标即可

【详解】设P(x,y)，Ax1,y1 Bx2,y2， Cx3,y3，由

|PA|2|PB|2|PC|2|OA|2|OB|2|OC|2得：

(xx1)2(yy1)2(xx2)2(yy2)2(xx3)2(yy3)2x12y12x22y22x32y32

展开整理，得3x23y22(x1x2x3)x2(y1y2y3)y0．

[x(x1x2x3)]2[y(y1y2y3)]2[(x1x2x3)2(y1y2y3)2]． 圆的圆心坐标为((x1x2x3)，(y1y2y3))，为三角形ABC的重心．

故选C

【点睛】本题考查圆的轨迹方程的求法，重心坐标公式的应用，计算量偏大，化简时需进行整体代换，简化运算难度，属于中档题

4．已知yf(x)与yg(x)皆是定义域、值域均为R的函数，若对任意xR，

1313131319f(x)g(x)恒成立，且yf(x)与yg(x)的反函数yf1(x)、yg1(x)均存

“对任意xR，f1(x)g1(x)恒成立”，“函数yf(x)g(x)在，命题P：命题Q：

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的反函数一定存在”，以下关于这两个命题的真假判断，正确的是（ ） A．命题P真，命题Q真 C．命题P假，命题Q真 【答案】D

【分析】利用反函数的定义和原函数与反函数关于直线yx的对称性，通过列举的方式加以说明即可

B．命题P真，命题Q假 D．命题P假，命题Q假

0,x01,x0 【详解】由题，可设，与yf(x)1，与yg(x)1,x01,x0xx0,x00,x111其反函数yf(x)1，yg(x)1均存在，

,x0,x1xx1命题p：对任意xR，f1(x)g1(x)恒成立” 由图象关于yx直线对称可知P是错误的． 如图：

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对命题Q：

x3可 设fx12,x1,2,3x3,x2,3,x1,x2 ，gx0,x21,x3,x3 令hxf(x)g(x)，存在h2h3=1，根据反函数特征，若函数存在反函数，则不能存在一个y值对应两个x的情况，说明hx不存在反函数 故命题P假，命题Q假 故选：D．

二、填空题 5．函数fxx12的定义域为_______．

【答案】0,

【分析】将函数解析式变形为fx121，即可求得原函数的定义域. x【详解】

fxx1，所以，x0. x第 4 页 共 17 页

因此，函数fxx故答案为：0,.

12的定义域为0,.

6．若一个圆锥的轴截面是面积为43的等边三角形，则该圆锥的表面积为__________．【答案】12

【分析】利用圆锥的轴截面是面积为43的等边三角形求出圆锥的底面半径和母线长，然后再求圆锥的表面积．

【详解】设圆锥轴截面正三角形的边长是a，

因为正三角形的面积为43， 所以

32a43，a4， 4所以圆锥的底面半径r圆锥的母线la4，

a2， 2这个圆锥的表面积是：r2rl222412 故答案为：12．

27．已知正项等差数列an的前n项和为Sn，a5a7a60，则S11________．

【答案】22

【分析】根据等差数列的性质可得a62，再根据求和公式即可求出． 【详解】正项等差数列an的前n项和为Sn.

22由a5a7a60得2a6a60，所以a62，a60（舍）

S112aa1a111161122 22故答案为：22

【点睛】本题考查了等差数列的求和公式和等差数列的性质，考查了运算能力，属于基础题．

8．幂函数yxm【答案】0

【分析】由幂函数在(0,)上的单调性，可得幂指数正负的不等式，求出m的范围即

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22m3(mN)在区间(0,)上是减函数，则m__________.

可得解.

【详解】因幂函数yxm22m3在区间(0,)上是减函数，则m22m30，

解得3m1，而mN，则m0. 故答案为：0 9．已知【答案】

的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于_________．

73 3【分析】利用余弦定理得到cosC，进而得到sinC，结合正弦定理得到结果. 【详解】cosC9254913，由正弦定理得,sinC30222Rc773,RsinC3. 32【点睛】本题考查解三角形的有关知识，涉及到余弦定理、正弦定理及同角基本关系式，考查恒等变形能力，属于 基础题.

10．若复数1ai2i在复平面上所对应的点在直线yx上，则实数

a_________．

【答案】3

【分析】用复数乘法的运算法则化简1ai2i，写出复数1ai2i在复平面上所对应的点标，然后把点的坐标代入到直线方程中，可以求出a的值.

【详解】1ai2i2i2aiai2a(2a1)i，因为复数1ai2i2在复平面上所对应的点在直线yx上，所以有2a2a1a3. 故答案为：3

【点睛】本题考查复数乘法的运算法则，考查了复数在复平面的坐标表示，属于基础题. 11．若x、y满足|x|y1，且y1，则x3y的最大值为_________. 【答案】5

【分析】在坐标平面内作出x、y满足的约束条件表示的平面区域，利用目标函数的几何意义求解而得.

xy1 【详解】在坐标平面内作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影ABC，

y1第 6 页 共 17 页

1111令zx3y，即yxz表示斜率为，纵截距为z的平行直线系，作直线

3333l0：y1x， 3xy10平移直线l0使其过点A时纵截距最大，即z最大，由得A(2，1)，

y1所以x=2，y=1时x3y取得最大值5. 故答案为：5

12．设函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)x25x，则不等式

f(x)f(x1)0的解集为__________.

【答案】(2,3)

【分析】先求出函数f(x)是定义在R上的解析式，再分别讨论x1与x在大于0和小于0时列出不等式，最后求并集.

【详解】由于函数yf(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)x25x，当x0时，x0，f(x)(x)25(x)x25xf(x)，此时，

f(x)x25x. 又f00，

x25x,x0. 综上所述，f(x)2x5x,x0①当x0时，由f(x1)f(x)，得(x1)25(x1)x25x，解得x2，此时，2x0；

x10②当时，即当0x1时，

x0由f(x1)f(x)得(x1)25(x1)x25x，整理得x22x30，解得

1x2，此时0x1；

③当x1由f(x1)f(x)得(x1)25(x1)x25x，解得x3，此时

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1x3.

综上所述，不等式f(x)f(x1)0的解集为(2,3) . 故答案为：(2,3).

【点睛】关键点睛：解决本题类型的问题关键在于由已知奇函数部分解析式求定义域上奇函数解析式，并分段讨论求不等式解集.

3n2n(1)n(3n2n)13．若数列an的通项公式是an，n1,22lima1a2n，则

an____.

【答案】

19 24【分析】分段写出数列an的通项公式，再分奇偶求和，最后求极限即可得解.

3n2n(3n2n)1n【详解】n为奇数时，an()，n为偶数时，

223n2n(3n2n)1nan()，

23即数列an的所有奇数项构成以

11为首项，为公比的等比数列，所有偶数项构成以2411为首项，为公比的等比数列， 99a1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a41111[1()n][1()n]949a2n)2111149，

lima1a2nanlim(a1a2n1111[1()n][1()n]9}， 49a2n)lim{2n11114911211929

113824114919 故答案为：2414．甲乙两人分别掷两颗骰子与一颗骰子，设甲的两颗骰子的点数分别为a与b，乙的骰子点数为c.则掷出的点数满足abc的概率为___________.（用最简分数表示） 【答案】

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【分析】有列举法写出满足abc的所有基本事件，再求得事件空间中事件的个数后可得概率．

【详解】甲乙两人分别掷两颗骰子与一颗骰子，基本事件的个数为666216， 满足abc的有111,122,133,144,155,166，

212,313,414,515,616，224,236,326共14个，

所以概率为P故答案为：

147． 2161087． 108kk15．已知a是实数，在(1ax)8的二项展开式中，第k1项的系数为ck1C8a，

(k0,1,2,3,18,8)，若c1c2c3c9，则a的取值范围为___________.

【答案】0, 【分析】由c1c2c3c9，转化为C8k1ak1C8kak，k0,1,2,3,,8恒成立，

然后分a0，a0讨论求解.

【详解】因为在(1ax)8的二项展开式中，第k1项的系数为ck1C8a，

kk(k0,1,2,3,,8)，且c1c2c3c9，

,8恒成立，

k1k1kk所以ckck1恒成立，即C8aC8a，k1,2,3,因为a0，

当a0时，若k为偶数，则ak0,ak10，不成立； 当a0时，则C8k1C8ka，k1,2,3,,8恒成立，

C8k1k所以ak，k1,2,3,C89kk，k1,2,3,9k11所以t，即a，

88令t,8恒成立，

19k9,8，则18，

tkk所以a的取值范围为0a故答案为：0a1， 81 8PP,2,3,4)，16．设正四面体PP1234在空间直角坐标系中点Pi的坐标为xi,yi,zi(i1第 9 页 共 17 页

集合A{y|存在i1,2,3,4，使得yyi}，则集合A的元素个数可能为__________种.（写出所有可能的值） 【答案】2或3或4

【分析】分析正四面体的某个面或棱与坐标面xOz的关系即可确定四个点的纵坐标的不同取值而得解.

PP【详解】在空间直角坐标系O-xyz中，正四面体PP1234的四个顶点不共面，即A中至

少有两个元素，

PPPPP正四面体PP1234的某个面(不妨令平面234)所在平面与平面xOz平行或重合时，

y2y3y4y1，即A中有两个元素；

PP正四面体PP1234的任意一个面所在的平面与平面xOz都不平行且不重合，而某条棱所

在的直线与平面xOz不相交(不妨令棱P3P4)时， y3=y4，且y1，y2，y3互不相等，即A中有三个元素；

PP正四面体PP1234的所有棱所在直线与平面xOz都相交时，y1，y2，y3，y4中任意两个都

不相等，即A中有四个元素. 故答案为：2或3或4

【点睛】结论点睛：两个平面平行，一个平面内任意一点到另一个平面的距离都相等；一条直线与一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离都相等.

三、解答题

17．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点.

（1）求异面直线PA1与BC所成的角的大小；

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（2）求点B1到平面PAC的距离. 【答案】（1）arccos10233. ；（2）1011【分析】（1）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线PA1与BC所成的角的大小即可

（2）求出平面PAC的法向量，利用向量法求出点B1到平面PAC的距离 【详解】（1）根据题意可得OP平面ABC, C是弧AB的中点,则OCAB 则以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，如图

,2， B0,1,0，C1,0,0,， 则P0,0,4，A10,1PA10,1,2， BC1,1,0，

cosPA1,BCPA1BC|PA1||BC|15210， 10异面直线PA1与BC所成的角的大小为arccos10．

10 （2）B10,1,2， A0,10， PB10,1,2， PA0,1,4， PC1,0,4，

nPAy4z0设平面PAC的法向量nx,y,z，则，取z1，得

nPCx4z0n4,4,1，

点B1到平面PAC的距离为：d|PB1n||n|633233． 11第 11 页 共 17 页

【点睛】方法点睛：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取

1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.

2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标. 3、求：求出所需平面的法向量

4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值

5、取：根据题意，或二面角的范围，得出答案. 18．已知，是实常数，f(x)（1）当1，sinxcos(x).

cos(x)sinx3时，求函数的最小正周期、单调递增区间和最大值；

（2）是否存在，使得f(x)是与有关的常数函数（即f(x)的值与x的取值无关）？若存在，求出所有满足条件的，若不存在，说明理由.

【答案】（1）T；k,k，kZ；最大值；（2）存在，1. 24【分析】先由题意对函数化简变形得f(x)（1）将1，712cos2xsin2cos22，

3代入上式可得f(x)cos2x3，从而可求出函数的最小正周4期、单调递增区间和最大值； （2）由于f(x)值与x的取值无关

【详解】解：由题意得f(x)sin2xcos(x)cos(x)

12cos2xsin2cos22，所以当120时，f(x)的

sin2x(cosxcossinxsin)(cosxcossinxsin)

sin2xcos2xcos2sin2xsin2

(sin2)sin2xcos2xcos2

(sin2)1cos2x1cos2xcos2 2212cos2xsin2cos22，

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（1）当1，3时，

1sin2f(x)cos2x32cos23cos2x3，

4所以函数的最小正周期为，

由2k2x2k,kZ，得kx所以f(x)的单调递增区间为k,k当cos2x1时，f(x)取得最大值为

2k,kZ，

，kZ； 27， 4（2）由（1）可知f(x)显然当12cos2xsin2cos22，

120，即1时，f(x)的值与x的取值无关，

所以存在1，使得f(x)是与有关的常数函数，

【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查三角函数的图像和性质的应用，解题的关键是由题意将f(x)化简变形为

f(x)12cos2xsin2cos22，考查计算能力，属于中档题

19．已知常数aR，kN*，函数f(x)ax11，x(0,). xk（1）当a1，k2时，判断函数f(x)在区间[2,)的单调性； （2）当k1时，若关于x的方程f(x)lg(3x4)lg求实数a的取值范围. 【答案】（1）增函数；（2）1恰有两个相异实根，

3x431,. 164【分析】（1）求导数，确定导数的正负可得单调性； （2）问题转化为f(x)ax1410在(,)上有两个解，再转化为直线与函数图x3象在4,上有两个交点，通过研究函数的性质可得． 311f(x)1x2时，f(x)0， ，23，当x2x【详解】（1）由题意f(x)x1所以f(x)在[2,)上是增函数；

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（2）由对数运算法则得ax111140在,上有两个解，即a2， xxx3直线ya与y1142的图象在,上有两个交点． xx3设t112132，则t0,，att(t)， x2441113331g(t)(t)21，g()，g(0)0，g()，所以a．

241616424【点睛】易错点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，考查方程根的个数问题，解题方法是把方程的根转化为直线与函数图象交点个数问题，解题关键是注意自变量x的取值范围．否则会出错．

20．已知常数p0，抛物线:y22px的焦点为F. （1）若直线x2被截得的弦长为4，求p的值：

|PE|（2）设E为点F关于原点O的对称点，P为上的动点，求的取值范围；

|PF|（3）设p2，直线l1、l2均过点F，且l1l2，l1与相交于A、B两点，l2与相交于C、D两点，若ACBC，求四边形ACBD的面积. 【答案】（1）p1；（2）[1,2]；（3）

128. 3【分析】（1）x2代入抛物线方程求得交点坐标得弦长后可求得p； （2）设P(x0,y0)，由两点距离公式计算式可得取值范围；

（3）两直线斜都存在且不为0，，设直线l1斜率为k，直线方程为yk(x1)，代入抛物线方程得k2x22(k22)xk20，设A(x1,y1),B(x2,y2)，应用韦达定理得

PEPF，然后变形后结合函数性质，基本不等

t2x1x2，x1x2，可求得y1y2,y1y2，设C,t，由CFAB及ACBC得两个

4方程，并由韦达定理代入得出关于k,t的方程组，求得k,t，计算出弦长AB，并用代替k得CD由面积公式SABCD1k1ABCD计算出面积． 2【详解】（1）x2时，y24p，y4p，所以24p4，p1；

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2（2）设P(x0,y0)，则y02px0，F(pp,0)，则E(,0)， 22p22(x)y(x000PE2PFp2(x0)2y0(x02p2)2px02p2)2px02p2x3px04p22x0px042012px0p22x0px041，

x00时，

PEPFPE1，

2p2p1222p，当且仅当x0p时px0p2x0p4x0x0x00时，PF等号成立， 所以

1PEPF[1,2]；

（3）由题意F(1,0)，直线l1、l2的斜率都存在且不为0，设直线l1斜率为k，直线方程为yk(x1)，代入抛物线方程得k2x22(k22)xk20，

2(k22)设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x2，x1x21， 2k4(k21)， AB1kx1x21k(x1x2)4x1x22k222y1y2k(x1x22)422，y1y216x1x216，y1y24（y1,y2必异号）， k设C(t,t)，由l1l2即ABCF得，t21442t1k，化简得t24kt40，

ty1ty2ty1ty2112又ACBC，所以t2，t2y12t2y2，t2x1x24444444t2(y1y2)ty1y216，所以t2t120，

k第 15 页 共 17 页

t23t23t24kt40由24，解得，或33．

kktt120k334(k21)3时，AB16，用k2k3所以SABCD3代替3CD16得，

331116128ABCD16． 2233【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的焦点弦的性质，掌握焦点弦性质是解题关键．

设抛物线y22px(p0)焦点为F，过F的直线与抛物线交于A,B两点，

A(x1,y1),B(x2,y2)，则

（1）ABx1x2p，当AB是x轴垂直时，ABmin2p，此时AB称为抛物线的通径；

p2（2）y1y2p，x1x2；

42（3）若直线AB的倾斜角为，则AB（4）以AB为直径的圆与准线相切．

2p； 2sin（5）焦点到A,B两点在准线上的投影的张角为90，

（6）

112． AFBFp21．设各项均为整数的无穷数列an满足a11，且对所有nN*，an1ann均成立.

（1）求a1a2a3的所有可能值；

（2）若数列an使得无穷数列a1、a3、a5、、a2n1、是公差为1的等差数列，求数列an的通项公式；

（3）求证：存在满足条件的数列an，使得在该数列中有无穷多项为2021.

n1,n为奇数2【答案】（1）1，3，7；（2）an；（3）证明见解析．

2n,n为偶数2第 16 页 共 17 页

【分析】（1）用列举法写出a2,a3的值，计算出a1a2a3可得；

（2）题意可得出奇数项数列的通项公式，然后由相邻两项差的绝对值求得偶数项． （3）利用（2）中数列构造一个循环数列，，则可证明． 【详解】数列各项均为整数，

（1）a11，a2a11，则a20或2，a3a22，

a20时，a32或2，a22时，a30或4，

所以a1a2a31,3,3,7，即可能值为1，3，7；

（2）由已知a2n1n，则a2na2n12n1，a2n1a2n2n， 即a2nn2n1,a2n(n1)2n，所以a2n1n，

n1,n为奇数2所以an；

2n,n为偶数2 （3）由（2）可知存在一个数列{an}奇数项为从1开始的连续自然数，易知a40412021，然后从第4041项开始，构造奇数项为公差为－1的等差数列，（如a4042a40414041，

a4043a404240422020），

这样由（2）知，当n2k1，kZ，k2020时，an8083n， 28082nanan1n1n2k,kZ时，k2021时，，解得an，

aan2n1n则当奇数取至1时，重复第一段的数列，得到一个周期数列，在此周期数列中存在无穷多项为2021．即证．

【点睛】关键点点睛：本题考查数列递推公式的应用，数列通项公式的求解，解题关键是通过（2）构造一个循环数列，以此解决出现无穷多项为2021的数出现的问题．第（3）小题难度较大．

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