2021年上海市普陀区高考数学二模卷 详解版

普陀区2020学年第二学期高三数学质量调研

2021.4

考生注意:

1.本场考试时间120分钟.试卷4页，满分150分，答题纸共2页.

2.作答前，在答题纸正面填写姓名、准考证号，反面填写姓名，将核对后的条形码贴在答题纸指定位置.

3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在试卷上 作答一律不得分.

4.用2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题. 一、填空题（本大题共有12题，满分分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分） 考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.

1. 设全集U{1,0,1,2}，若集合A{1,0,2}，则CUA .

2i（i表示虚数单位），则Imz . i13. 函数yx的零点为 .

x2. 若复数z4. 曲线y4x的顶点到其准线的距离为 .

25. 若cos(3)1，则cos .

6. 设棱长为2的正方体的八个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 .

2887. 设(2x1)a0a1xa2xa8x，则a1a2a8 .

8. 设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若a11，且limS1Sn3，则公比q .

nxy0x9. 设、y均为非负实数且满足，则x3y的最小值为 .

x2y2010. 某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，则在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为 （结果用最简分数表示）.

11. 设M(x,y)是直线xy3上的动点，若1x2，则为 .

x11y的最大值yx

12. 如图，在△ABC中，C内部的点且满足

2，AC3，BC1. 若O为△ABC

OA|OA||OB||OC|OBOC0，则|OA|:|OB|:|OC| .

（第12题）

二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分） 每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.

13. 设a、b均为非零实数且ab，则下列结论中正确的是（ ）

(A)a2b2 (B) a1b1 (C)a2b2 (D)a3b3 x2y21的焦点坐标是（ ） 14. 设7m16，则双曲线

16m7m(A) (4,0) (B)3,0 (C) (0,5) (D)0,4

15. 设,是两个不重合的平面，l,m是两条不重合的直线，则“//”的一个充分非必要条件是（ ）

(A) l，m且l//，m// (B)l，m，且l//m

(C) l，m且l//m (D) l//，m//，且l//m 3x16. 已知函数f(x)，设xi（i1,2,3）为实数，且x1x2x30.

13x给出下列结论：

3； 23② 若x1x2x30，则f(x1)f(x2)f(x3).

2① 若x1x2x30，则f(x1)f(x2)f(x3)其中正确的是（ ）

(A)①与②均正确 (B)①正确，②不正确 (C)①不正确，②正确 (D)①与②均不正确

三、解答题（本大题共有5题，满分76分） 解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的 步骤.

17.（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

如图，设底面半径为2的圆锥的顶点、底面中心依次为P、O，AB为其底面的直径. 点C位于底面圆周上，且BOC90. 异面直线PA与CB所成角的大小为60. （1）求此圆锥的体积；

（2）求二面角PBCO的大小（结果用反三角函数值表示）.

18.（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分） 设函数f(x)log2x（x0）的反函数为f（1）解方程：f(x2)2f(x)0；

（2）设yg(x)是定义在R上且以2为周期的奇函数.当0x1时，g(x)f1P A O 17题） C（第

B

1(x).

(x)，试求

g(log210)的值.

19.（本题满分14分，第1小题满分7分，第2小题满分7分）

如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为Ai（i1,2,3,4），

A1A230米，A2A1A4120，D为对角线A2A4和A1A3的交点.他以A2、A4为圆心分别画

圆弧，一段弧与A1A2相交于A1、另一段弧与A3A4相交于A3，这两段弧恰与A2A4均相交于D.设A1A2D.

（1）若两段圆弧组成“甬路”L（宽度忽略不计），求L的长（结果精确到1米）；

（2）记此园地两个扇形面积之和为S1，其余区域的面积为S2.对于条件（1）中的L，当

SL10.12时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由. A1A3S2A1 A4

D A2 （第19题）

A3

20.（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）

已知曲线:3x4y12的左、右焦点分别为F1、F2，直线l经过F1且与相交于A、B22两点.

（1）求△F1AF2的周长；

（2）若以F2为圆心的圆截y轴所得的弦长为22，且l与圆F2相切，求l的方程；

（3）设l的一个方向向量d(1,k)，在x轴上是否存在一点M，使得|MA||MB|且

tanMAB

5？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由. 5y F1 O F2 x

（第20题） 21.（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

记实数a、例如max{1,2}2，max{1,1}1.对于无穷数列{an}，b中的较大者为max{a,b}，

**记ckmax{a2k1,a2k}（kN），若对于任意的kN，均有ck1ck，则称数列{an}为“趋

势递减数列”.

（1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列{an}是否为“趋势递减数列”，并说明理由.

n1①an， ②ansin；

22（2）设首项为1的等差数列{bn}的前n项和为Sn、公差为d，且数列{Sn}为“趋势递减数列”，求d的取值范围；

（3）若数列{dn}满足d1、d2均为正实数，且dn2|dndn1|，求证：{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0.

n

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2021.4

考生注意:

1.本场考试时间120分钟.试卷4页，满分150分，答题纸共2页.

2.作答前，在答题纸正面填写姓名、准考证号，反面填写姓名，将核对后的条形码贴在答题纸指定位置.

3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在试卷上 作答一律不得分.

4.用2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题. 一、填空题（本大题共有12题，满分分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分） 考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.

1. 设全集U{1,0,1,2}，若集合A{1,0,2}，则CUA . 【答案】1

【解析】由已知得，U1,0,1,2,A1,0,2，CUA1 2. 若复数z【答案】2

2i（i表示虚数单位），则Imz . i2i2ii12i，所以Imz2 2ii13. 函数yx的零点为 . x【解析】z【答案】x1 【解析】令y2x10，即x1，其中x0，所以函数的零点x1 x4. 曲线y4x的顶点到其准线的距离为 . 【答案】1

2【解析】因为y4x的顶点坐标为0,0，准线的方程为x1，

即顶点到准线的距离为1 5. 若cos(【答案】

3)1，则cos . 1 2【解析】由凑角可得， 3313coscoscossin

332323因为cos11sin0，所以，即 cos3326. 设棱长为2的正方体的八个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 . 【答案】12

【解析】设球的半径为R

因为正方体所有顶点都在球面上，所以该球的直径为正方体的体对角线，

2所以2R23R3，即S表4R12

2887. 设(2x1)a0a1xa2xa8x，则a1a2a8 .

【答案】0

【解析】令x1得，a0a1a2令x0得，a01，所以a1a2a81， a80

n8. 设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若a11，且limS1Sn3，则公比q . 【答案】

1 2n【解析】在无穷等比数列an中，因为a11且limS1Sn3， 所以1113，解得q 1q2

9. 设x、y均为非负实数且满足【答案】3

xy0，则x3y的最小值为 . x2y20【解析】注意x,y均为负实数，画出可行域易得最优解为0,1，即x3ymin3

10. 某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，则在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为 （结果用最简分数表示）. 【答案】

4 711C4C34 【解析】【直接法：一男一女】PC7272C4C324【反面法：全是男生或全是女生】P1 2C7711. 设M(x,y)是直线xy3上的动点，若1x2，则为 . 【答案】3x11y的最大值yx6 2【解析】【法一】由已知得，y3x所以原式x[1,2]

x113x一直单调递增， 3xx36. 322所以max3【法二】

x[1,2],xy3

2111111xyxy2xy yxyxyxxy111xy12xy2xy2xy2 xyxyxyxy

3312xy2(*) xyxy9t[2,]

4令txyx(3x),则(*)式33192t2，其在t[2,]单调递减， tt49当t2时，即x2,y1或x1,y2时，()式取得最大值32，

2x611. y的最大值为32yx62

故答案为：3

12. 如图，在△ABC中，C内部的点且满足【答案】4:2:1 【解析】法一：

2，AC3，BC1. 若O为△ABC

OA|OA||OB||OC|OBOC0，则OA:OB:OC .

（第12题）

OAOBOC0 |OA||OB||OB|AOAOBOC |OA||OB||OC|两边平方得112cosAOB1 所以cosAOB1AOB120 2O同理得，AOCBOC120 在AOC中，

AO32，在中， AOBsin120sin120sin60sin30CAOBAO

3sin60sin1202sin30sin120

3sin602sin30

331132cos2sin22cos2sin 12cos332sin tan133 从而sin1327,cos327 同理B0sin30cos3sinsin1202sin120 COsin303sinsin120cos2sin120

AO:B02:1,B0:C0cos3sin13tancos3sin13tan2

OA:OB:OC4:2:1.

法二：延长AO,BO,CO分别交BC,AC,AB于点D,E,F，

OAOBOC|OA||OB||OC|，可知CF为AOB的平分线， 同理可知AD,BE为BOC,AOC的平分线，

即AOFFOBBODDOCCOEEOA60

设OAa,OBb,OCc， 由角平分线定理可知, BF2bab,BDbbc 由于F,O,D,B四点共圆且FOBBOD， 则BFBD，即

2babbbc，即ab2c① 4a2b2ab在AOB,BOC,COD中由余弦定理得，②3a2c2ac③ 1b2c2bc④

则②③④得2c2acbcab⑤ 由①⑤可得a4c，即OA:OB:OC4:2:1.

b2c【法三】由上解法可知AOB

BOC，则

AOBOAB2，则OA:OB:OC4:2:1. BOCOBC1二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分） 每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.

13. 设a、b均为非零实数且ab，则下列结论中正确的是（ ）

(A)a2b2 (B) a1b1 (C)a2b2 (D)a3b3

【答案】D

【解析】由已知易得，a3b3正确，故选D.

x2y21的焦点坐标是（ ） 14. 设7m16，则双曲线

16m7m(A) (4,0) (B)3,0 (C) (0,5) (D)0,4

【答案】B

x2y21焦点坐标在x轴， 【解析】因为7m16，所以双曲线

16mm7即c216mm79，即焦点坐标为3,0，故选B

15. 设,是两个不重合的平面，l,m是两条不重合的直线，则“//”的一个充分非必要条件是（ ）

(A) l，m且l//，m// (B)l，m，且l//m

(C) l，m且l//m (D) l//，m//，且l//m

【答案】C

【解析】对于A，若l‖， ,m 且l/,m若l,m是平行直线，则它们可能都平行于,的交线，故A不正确； 对于B,l,m且l//m，可得l,m有可能都平行于,的交线，故B不正确；

对于C，由l且l//m，得到m, 再由m、m得到// 故“l,m且l/m”是//的一个充分非必要条件，得C正确; 对于D, 由“l//,m//, 且 l//m\"得可能有l,m可能都平行于,的交线， 故D不正确，故选：C

3x16. 已知函数f(x)，设xi（i1,2,3）为实数，且x1x2x30.

13x给出下列结论：

3； 23②若x1x2x30，则f(x1)f(x2)f(x3).

2①若x1x2x30，则f(x1)f(x2)f(x3)其中正确的是（ ）

(A)①与②均正确 (B)①正确，②不正确 (C)①不正确，②正确 (D)①与②均不正确

【答案】D

3x【解析】由已知得f(x)得，fxfx1

13x所以f(x)关于0,对称，

【法一】又因为x1x2x30，所以令x1x2，则x32x1

12fx1fx2fx32fx1f2x12fx11f2x1

①当x1,x2为负，即2f(x1)f2x11带特殊值x11时，fx1fx2fx33 2

②当x1,x2为正，即2f(x1)f2x11带特殊值x11时，fx1fx2fx3故①与②均正确，选A

【法二】画出函数f(x)的图像，也可推出选A

3 213x113x1，则是在上的奇函数且严格递增. 【法三】设g(x)f(x)2133223x1g(x1)gx2gx3gx1gx2gx1x2gx1gx2gx1x2,

x1x213x113x2113x113x213x1x2113x1x2x1x2 x1x2x1x223131312313131①x1x2x30x1,x2,x3中有两个为负，一个为正，

不妨设x1,x20,x30 ，则的分母各括号都为正，分子各括号都为负，因为0 此时fx1fx2fx3gx11113gx2gx3 2222②x1x2x30x1,x2,x3中有一个为负，两个为正，

不妨设x1,x20,x30，则的分母各括号都为正，分子各括号都为负，因为0 此时fx1fx2fx3gx1综上所述：答案选A

三、解答题（本大题共有5题，满分76分） 解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的 步骤.

17.（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

如图，设底面半径为2的圆锥的顶点、底面中心依次为P、O，AB为其底面的直径. 点C位于底面圆周上，且BOC90. 异面直线PA与CB所成角的大小为60. （1）求此圆锥的体积；

（2）求二面角PBCO的大小（结果用反三角函数值表示）.

【解析】（1）设圆锥的高为h.以O为坐标原点，以OC、OB、OP所在的直线分别为x、y、O 1113gx2gx3 2222P AB

17题） C（第

z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.根据题设条件，可得C(2,0,0)、P(0,0,h)、A(0,2,0)、

B(0,2,0).PA(0,2,h)，CB(2,2,0)……3分

由异面直线PA与CB所成角的大小为60，

得cos60PACB|PA||CB||0(2)(2)2(h)0|4h2441， 2解得h2.……5分 圆锥的体积V118sh222.…………6分 333（2）取BC的中点D, 连接OD、PD.

由OBOC，得ODBC；再由PBPC，得PDBC. 所以PDO即为二面角PBCO的平面角.……10分 PO圆锥的底面，所以POOD，故POD为直角三角形.

在△POD中，OD1POBC2，PO2，故tanPDO2……13分 2OD 即PDOarctan2，故二面角PBCO的大小为arctan2…………14分 （坐标法比照给分）

18.（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分） 设函数f(x)log2x（x0）的反函数为f（1）解方程：f(x2)2f(x)0；

（2）设yg(x)是定义在R上且以2为周期的奇函数.当0x1时，g(x)f11(x).

(x)，试求

g(log210)的值.

【解析】解：（1）f(x2)2f(x)0log2(x2)2log2x0（*）……2分 将（*）变形，得log2(x2)log2x，……3分

即xx20，解得x2或1.……5分

22

经检验x1为增根.所以原方程的解集为{2}.……6分

（2）f1x(x)2x（xR），所以当0x1时，g(x)2……9分，

由于yg(x)是定义在R上且以2为周期的奇函数，

所以对于任意实数x，均有g(x2)g(x)，g(x)g(x).……11分 故g(log210)g(log2104)g(log2)……12分

log258855 又因为01，所以log20，故g(log2)g(log2)25

85588858即g(log210)

8……14分 5

19.（本题满分14分，第1小题满分7分，第2小题满分7分）

如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为Ai（i1,2,3,4），

A1A230米，A2A1A4120，D为对角线A2A4和A1A3的交点.他以A2、A4为圆心分别画

圆弧，一段弧与A1A2相交于A1、另一段弧与A3A4相交于A3，这两段弧恰与A2A4均相交于D.设A1A2D.

（1）若两段圆弧组成“甬路”L（宽度忽略不计），求L的长（结果精确到1米）；

（2）记此园地两个扇形面积之和为S1，其余区域的面积为S2.对于条件（1）中的L，当

SL10.12时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由. A1A3S2A1

A4

D A2 （第19题）

A3 【解析】解：（1）根据题设条件，可得在△A1A2A4中，A2A42A1A2.……1分 由正弦定理，得

123A2A4A1A2，即sinA1A4A2sin.……3分

234sinA2A1A4sinA1A4A23……4分，所以L2a……5分 4故3arcsin当a30时，L60336米.答：甬路L的长约为36米.……7分 arcsin342（2）由（1）得L60 ，在△A1A2D中，由余弦定理，得A1D18001800cos， 故A1A36022cos，所以

LA1A322cos……10分（按思维框架给分）

S1900，S2900(2sin)，故

S1……13分（按思维框架给分） S22sin当3arcsin3时，422cos0.11810.12.

2sin

所以此人的设计是“用心”的.……14分

20.（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）

已知曲线:3x4y12的左、右焦点分别为F1、F2，直线l经过F1且与相交于A、B两点.

（1）求△F1AF2的周长；

（2）若以F2为圆心的圆截y轴所得的弦长为22，且l与圆F2相切，求l的方程；

（3）设l的一个方向向量d(1,k)，在x轴上是否存在一点M，使得|MA||MB|且

22tanMAB

5？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由. 5y F1 O F2 x

x2y21，故a2，根据椭圆定义，可知【解析】（1）根据题设条件，可得43（第20题） |AF1||AF2|2a4，……1分

c1，|F1F2|2c2…2分 由|AF1||AF2||F1F2|6，得△F1AF2的周长为

6.…………4分

2222（2）设圆F2的方程为(x1)yr（r0） 令x0，得yr21，故2r122，得r3.……6分

由l与圆F2相切，得F2(1,0)到直线l：yk(x1)的距离d2|k|1k23.解得

k3，…8分

故直线l的方程为y3(x1).……10分

（3）假设在x轴上存在一点M(x0,0)，设直线l的方程为yk(x1)（k0），

yk(x1)将直线l的方程和椭圆的方程联立，得2， 23x4y12消去y并整理，得(34k)x8kx4(k3)0，必有0

22228k2xx2134k2令A(x1,y1)，B(x1,y1)，则……12分

2xx4k121234k212(k21) ……13分 |AB|(x1x2)(1k)[(x1x2)4x1x2](1k)34k222224k23k故线段AB的中点C的坐标为,34k234k2，

3k14k2 ……14分 则线段AB中垂线l1的方程为yx2234kk34kk2令y0，得x0，点M234k3|k|1k2k234k2,0到直线l的距离d34k2 ……15分 d1|AB|253|k|1k2512(k21)，即 2234k1034k5又因为|MA||MB|，所以tanMAB化简得

21k2|k|，解得k24，故M(,0).……16分 51921.（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

1,2}2，max{1,1}1.对于无穷数列{an}， 记实数a、例如max{b中的较大者为max{a,b}，

**记ckmax{a2k1,a2k}（kN），若对于任意的kN，均有ck1ck，则称数列{an}为“趋势

递减数列”.

（1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列{an}是否为“趋势递减数列”，并说明理由.

n1①an， ②ansin；

22（2）设首项为1的等差数列{bn}的前n项和为Sn、公差为d，且数列{Sn}为“趋势递减数列”，求d的取值范围；

（3）若数列{dn}满足d1、d2均为正实数，且dn2|dndn1|，求证：{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0. 【解析】解：（1）①中a2k1kn122k110，a2k22k10得ck（k为正整数）

4k且ck131ck0，故①数列满足“趋势递减数列”的定义，故为“趋势递减数列”.

44

②a2k1(1)k1，a2k0,k2l0，ck（l为正整数），其中c3c2，故②中数列不

1,k2l1满足“趋势递减数列”的定义，故其不是“趋势递减数列”.……4分

（2）由数列{Sn}为“趋势递减数列”，得c1max{S1,S2}c2{S3,S4}.……5分 ①若S1S2，则a2S2S10,即a1d0，也即1d0，故d1. 此时0a2a3an，所以S1S2S3S4Sn

*故ckS2k1S2k1ck1（kN），满足条件.……7分

②若S1S2，则S2S3，得d1；a3S3S20，a12d0， 即12d0，解得d由①②可得，d11，所以1d.同理可以验证满足条件……9分 221.………………10分 2（3）先证明必要性：用反证法.

假设存在正整数m(m3),使得dm0，则令dm1dm2a

则数列{dn}从dm1项开始以后的各项为a,a,0,a,a,0,，故ckck1a，与{dn}是“趋势递

减数列”矛盾.……14分 再证明充分性：

由dn2|dndn1|，得dn2max{dn,dn1}……15分

因为{dn}中的项没有0，所以对于任意正整数n，dn0.于是d2k30（k为正整数） 所以d2k1d2k2……16分

①当d2k1d2k2时，ck1max{d2k1,d2k2}a2k1max{d2k1,d2k}ck……17分 ②当d2k1d2k2时，ck1max{d2k1,d2k2}d2k2max{d2k1,d2k}ck 所以均有ck1ck

故{dn}为“趋势递减数列”的充要条件是数列{dn}的项中没有0.……18分