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    2020年上海市普陀区高考数学模拟试卷(3月份) -

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    高考数学模拟试卷（3月份）
    题号
    得分
    一

    二

    三

    总分


    一、选择题（本大题共4小题，共20.0分）
    1. 已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
    A. B. C. D.
    2. 在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ）
    A.
    B.
    C.
    D.
    3. 将函数y=sin（x-）图象上的点P（，t）向左平移s（s＞0）个单位，得到点P′，若P′位于函数y=sin2x的图象上，则（ ）
    A. t=，s的最小值为 C. t=，s的最小值为
    4. 已知x，y∈R，且y）构成的区域面积为（ ）
    B. t=，s的最小值为 D. t=，s的最小值为
    ，则存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立的P（x，A. 4- B. 4- C. D. +
    二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）
    5. 已知集合A={x||x-1|＞3}，U=R，则∁UA=______． 6. 已知复数z=7. 计算 8.
    行列式（i是虚数单位），则Imz=______． =______．
    中第2行第1列元素的代数余子式的值为-10，则k=______．
    9. 502019+1被7除后的余数为______．
    10. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是______
    第1页，共15页



    11. 已知tan（α+β）=1，tan（α-β）=7，则tan2β=______．
    12. 从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者，则“甲被选中，乙没有被选中”的概率是______． 13. 如果（x2）n的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是______． y的二元一次方程组14. 若关于x、围是______．
    15. 已知=（a1，a2，a3），=（b1，b2，b3），且||=3，||=4，16. 已知函数f（x）==12，则=______ ＞0成=至少有一组解，则实数m的取值范，若存在唯一的整数x，使得不等式立，则实数a的取值范围是______．
    三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）
    17. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E、F分别是棱AB、D1C1的中点，联结EF、FB1、FA1、D1E、A1E、B1E．
    （1）求三棱锥A1-FB1E的体积；
    （2）求直线D1E与平面B1EF所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
    第2页，共15页

    18. 已知函数f（x）=ax2-2ax+2（a＞0）在区间[-1，4]上的最大值为10．
    （1）求a的值及f（x）的解析式；
    （2）设g（x）=，若不等式g（3x）-t•3x≥0在x∈[0，2]上有解，求实数t的取值范围．

    19. 如图，某城市有一条从正西方AO通过市中心O后向东北OB的公路，现要修一条地铁L，在OA，OB上各设一站A，B，地铁在AB部分为直线段，现要求市中心O与AB的距离为10（km），设地铁在AB部分的总长度为y（km）． （1）按下列要求建立关系式：
    （i）设∠OAB=α，将y表示成α的函数； （i）设OA=m，OB=m用m，n表示y．
    （2）把A，B两站分别设在公路上离中心O多远处，才能使AB最短？并求出最短距离．


    20. 已知动直线l与椭圆C：为坐标原点．
    （1）若直线l过点（1，0），且原点到直线l的距离为，求直线l的方程； （2）若△OPQ的面积S△OPQ=，求证：x12+x22和y12+y22均为定值；
    （3）椭圆C上是否存在三点D、E、G，使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
    第3页，共15页
    =1交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两个不同的点，O


    21. 已知无穷数列{an}的各项都不为零，其前n项和为Sn，且满足an•an+1=Sn（n∈N*），数列{bn}满足（1）求a2018； （2）若不等式对任意n∈N*都成立，求首项a1的取值范围；
    ，其中t为正整数．
    （3）若首项a1是正整数，则数列{bn}中的任意一项是否总可以表示为数列{bn}中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由．

    第4页，共15页


    答案和解析
    1.【答案】B
    【解析】解：显然OA、OB、OC两两垂直，
    如图，设O1为ABC所在平面截球所得圆的圆心， ∵OA=OB=OC=1，且OA⊥OB⊥OC， ∴AB=BC=CA=．
    ∴O1为△ABC的中心．∴O1A=． 由OO12+O1A2=OA2，可得OO1=．
    故选：B．
    先确定内接体的形状，确定球心与平面ABC的关系，然后求解距离．
    本题考查球的内接体问题，球心与平面的距离关系，考查空间想象能力，是中档题． 2.【答案】D
    【解析】【解答】
    解：如图：△ABC中，绕直线BC旋转一周，
    则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD 为轴截面的小圆锥后剩余的部分．
    =， ∵AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，∴AE=ABsin60°BE=ABcos60°=1， V1=∴V=V1-V2=，
    故选：D． 【分析】
    所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分，故用大圆锥的体积减去小圆锥的体积，即为所求．
    本题考查圆锥的体积公式的应用，判断旋转体的形状是解题的关键． 3.【答案】C
    【解析】解：将x=代入得：t=sin=，进而求出平移后P′的坐标， 将函数y=sin（x-）图象上的点P（，t）向左平移s（s＞0）个单位， 得到点P′，若P′位于函数y=sin2x的图象上， 则sin（+2s）=cos2s=， 则2s=±+2kπ，k∈Z， 则s=±+kπ，k∈Z，
    =，V2==π，
    第5页，共15页

    由s＞0得：当k=0时，s的最小值为， 故选：C．
    将x=代入得：t=，进而求出平移后P′的坐标，进而得到s的最小值．
    本题考查的知识点是函数y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象和性质，难度中档． 4.【答案】A
    【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB， 若存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立， 则令sinα=则方程等价为即sin（α+θ）=-（cosθ+，则cosθ=sinθ）=-1， ，
    sin（α+θ）=-1， ，
    ∵存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立， ∴|-|≤1，即x2+y2≥1，
    则对应的区域为单位圆的外部， 由，解得，即B（2，2×），
    =4，
    A（4，0），则三角形OAB的面积S=直线y=x的倾斜角为，
    则∠AOB=，即扇形的面积为， 则P（x，y）构成的区域面积为S=4-，
    故选：A．
    作出不等式组对应的平面区域，求解xcosθ+ysinθ+1=0成立的等价条件，利用数形结合求出对应的面积即可得到结论．
    本题主要考查线性规划的应用，根据条件作出对应的图象，求出对应的面积是解决本题的关键．综合性较强． 5.【答案】[-2，4]
    【解析】解：A={x||x-1|＞3}={x|x-1＞3或x-1＜-3}={x|x＞4或x＜-2}， 则∁UA={x|-2≤x≤4}， 故答案为：[-2，4]．
    求出A的等价条件，结合补集的定义进行求解即可． 本题主要考查集合的基本运算，根据条件求出集合A的等价条件，结合补集的定义是解决本题的关键． 6.【答案】-1
    第6页，共15页

    【解析】解：∵z=∴Imz=-1．
    故答案为：-1．
    =，
    直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
    本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
    7.【答案】

    【解析】解：∵=∴=． =．
    ，
    ∴原式=故答案为：．
    利用极限的运算法则即可得出．
    本题考查了极限的运算法则，属于基础题． 8.【答案】-14
    【解析】解：由题意得M21=（-1）3解得：k=-14． 故答案为：-14．
    根据余子式的定义可知，在行列式中划去第2行第1列后所余下的2阶行列式带上符号（-1）i+j为M21，求出其表达式列出关于k的方程解之即可．
    此题考查学生掌握三阶行列式的余子式的定义，会进行矩阵的运算，是一道基础题． 9.【答案】2
    【解析】解：502019+1=（1+7）2019+1=1+（+•7+……+）+2．
    +•72+……++1=7=2×2+1×k=-10 ∴502019+1被7除后的余数为2，
    故答案为：2．
    利用二项式定理展开即可得出．
    本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 10.【答案】4π

    【解析】解：这个几何体为圆锥，圆锥的高为6，底面圆的直径为4，
    =2所以圆锥的母线长=， 所以该几何体的侧面积=•4π•2=4π．
    π． 故答案为：4观察三视图．得到这个几何体为圆锥，圆锥的高为6，底面圆的直径为4，再利用勾股定理计算出母线长，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形面积公式求解．
    第7页，共15页

    本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图．
    11.【答案】

    【解析】解：由tan（α+β）=1，tan（α-β）=7， 得tan2β=tan[（α+β）-（α-β）]=故答案为：-．
    由已知结合tan2β=tan[（α+β）-（α-β）]，展开两角差的正切求解． 本题考查三角函数的化简求值，考查两角差的正切，是基础题．
    =    =．
    12.【答案】

    【解析】解：从5名同学中任选3人担任上海进博会志愿者， 基本事件总数n==10，
    =3，
    “甲被选中，乙没有被选中”包含的基本事件有m=∴“甲被选中，乙没有被选中”的概率P==． 故答案为：． 基本事件总数n==10，“甲被选中，乙没有被选中”包含的基本事件有m==3，由此能求出“甲被选中，乙没有被选中”的概率．
    本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
    13.【答案】

    【解析】解：根据题意，在n中，令x=1可得，其展开式中的所有项系数和是（），
    的展开式中中只有第四项的二项式系数最大，
    又由所以n=6．
    则展开式中的所有项系数和是（）6=； 故答案为． 先用赋值法，在中，令x=1可得，其展开式中的所有项系数和是（）n，进而根据题意，其展开式中中只有第四项的二项式系数最大，可得n的值为6，代入（）n中，即可得答案．
    本题考查二项式定理的应用，求二项式展开式所有项系数和的一般方法是令x=1，再计第8页，共15页

    算二项式的值．
    14.【答案】（-∞，-1）∪（-1，+∞）

    【解析】解：关于x，y的二元一次方程组，
    若直线mx+y-（m+1）=0与直线x+my-2m=0平行， 则，解得m=-1．
    =    ，即二元一次方程组∴若关于x、y的二元一次方程组=至少有一组解，
    则m≠-1，即m∈（-∞，-1）∪（-1，+∞）． 故答案为：（-∞，-1）∪（-1，+∞）．
    先根据矩阵的乘法进行化简得到二元一次方程组，然后求出两直线平行的m的范围，取补集得答案．
    本题考查了二元一次方程组的解的个数，考查矩阵的乘法运算，属于中档题．
    15.【答案】

    【解析】解：由||=3，||=4，得∴cosθ=1；
    又θ∈[0，π]，∴θ=0； ∴=λ，且λ＞0； 则||=λ||， ∴λ==， ∴===λ=， ∴=λ=．
    =||×||×cosθ=3×4×cosθ=12，
    故答案为：．
    由平面向量的数量积求得、的夹角θ=0， 得出=λ，计算λ的值，即可求得====λ．
    本题考查了空间向量的坐标运算与数量积运算问题，是基础题． 16.【答案】[0，3]∪[4，15]
    【解析】【分析】
    本题考查分段函数的应用，注意分析函数f（x）的图象，属于中档题．
    根据题意，由函数f（x）的解析式作出f（x）的函数图象，得出f（x）的单调性，对x的符号进行讨论，根据不等式只有1整数解得出a的范围．
    第9页，共15页

    【解答】
    解：根据题意，函数f（x）=，其图象如图：

    分2种情况讨论：
    ①当x＞0时，f（x）≤f（1）=4， 若存在唯一的整数x，使得不等式又f（2）=0，则此时有0≤a＜4． ②当x＜0时，则f（x）≥f（0）=0， 若存在唯一的整数x，使得不等式＞0成立，即f（x）-a＜0有唯一的整数解， ＞0成立，即f（x）-a＞0有唯一的整数解，
    又由f（-1）=3，f（-2）=15， 则此时有3＜a≤15，
    因为①②不能同时满足，否则不符合题意， 综合可得：0≤a≤3或4≤a≤15；
    则a的取值范围为[0，3]∪[4，15]； 故答案为：[0，3]∪[4，15]．
    17.【答案】解：（1）∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E、F分别是棱AB、D1C1的中点，
    连结EF、FB1、FA1、D1E、A1E、B1E． ∴三棱锥A1-FB1E的体积
    ===．
    （2）以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， D1（0，0，4），E（4，2，0），B1（4，4，4），F（0，2，4），
    =（0，2，4），=（-4，0，4），=（-4，-2，4），
    =

    第10页，共15页

    设平面B1EF的法向量=（x，y，z），
    则，取x=1，得=（1，-2，1），
    设直线D1E与平面B1EF所成角的大小为θ， 则sinθ===，
    ∴直线D1E与平面B1EF所成角的大小为arcsin．

    【解析】（1）三棱锥A1-FB1E的体积==，由此能求出结果．
    （2）以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线D1E与平面B1EF所成角的大小．
    本题考查三棱锥的体积的求法，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 18.【答案】解：（1）f′（x）=2ax-2a=2a（x-1），（a＞0）， 令f′（x）＞0，解得：x＞1， 令f′（x）＜0，解得：x＜1，
    故f（x）在[-1，1）递减，在（1，4]递增， ∵1-（-1）＜4-1，
    故f（x）max=f（4）=16a-8a+2=8a+2=10，解得：a=1， 故f（x）=x2-2x+2；
    （2）由（1）g（x）=x+-2，
    若不等式g（3x）-t•3x≥0在x∈[0，2]上有解， 则3x+-2-t•3x≥0在x∈[0，2]上有解， 即t≤2-2（）+1=2+在x∈[0，2]上有解，
    令=u∈[，1]， ∵x∈[0，2]， 则t≤2+在u∈[，1]上有解，
    +∈[，1]，
    当u∈[，1]时，2于是t≤1，
    故实数t的范围是（-∞，1]．

    【解析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出a的值，求出函数的解析式即可； （2）问题转化为t≤2-2（）+1=2+在x∈[0，2]上有解，令=u∈[，1]，根据函数的单调性求出t的范围即可．
    第11页，共15页

    本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，换元思想，是一道综合题．
    19.【答案】解：（1）（i）过O作OH⊥AB于H 由题意得，且即AH=10cotα
    即    ∴（ii） 由等面积原理得，（2）选择方案一：当此时所以选择方案二：因为由余弦定理得∴即
    ，而    时    =    即，



    =


    ． ，
    =
    时取等号）

    （当且仅当【解析】（1）（i）过O作OH⊥AB于H，则由及直角三角形的三角关系可求AH=10cotα，即可
    （ii）由等面积原理得，可求AB ，而AB=AH+BH，整理（2）选择方案一：结合正弦函数的性质可求AB的最小值 选择方案二：由余弦定理得=，结合基本不等式可求AB的最小值
    本题主要考查了解三角形在实际问题中的应用，综合考查了基本不等式的知识，解题的关键是合理的把实际问题转化为数学问题
    20.【答案】解：（1）设直线方程为x=my+1， ∵原点到直线l的距离为， ∴d==，
    1时， 解得m=±y-1=0， 此时直线方程为x±（2）1°当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称， 所以x1=x2，y1=-y2，
    第12页，共15页

    ∵P（x1，y1）在椭圆上， ∴+y12=1 ① 又∵S△OPQ=， ∴|x1||y1|=②
    由①②得|x1|=1，|y1|=．此时x12+x22=2，y12+y22=1；
    2°当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y=kx+m（m≠0），将其代入+y2=1得 （2k2+1）x2+4kmx+2（m2-1）=0，△=16k2m2-8（2k2+1）（m2-1）＞0 即2k2+1＞m2， 又x1+x2=-∴|PQ|=，x1•x2=•，
    =，
    ••|m|=
    =    ••|m| ，
    ∵点O到直线l的距离为d=∴S△OPQ=|PQ|•d=又S△OPQ=，即••整理得2k2+1=2m2，
    此时x12+x22=（x1+x2）2-2x1x2=（）2-2×=2，
    y12+y22=（1-x12）+（1-x22）=2-（x12+x22）=1； 综上所述x12+x22=2，y12+y22=1．结论成立．
    （3）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=，
    证明：假设存在D（u，v），E（x1，y1），G（x2，y2），使得S△ODE=S△ODG=S△OEG= 由（2）得u2+x12=2，u2+x22=2，x12+x22=2；v2+y12=1，v2+y22=1，y12+y22=1 解得u2=x12=x22=1；v2=y12=y22=． 1中选取， 因此u，x1，x2只能从±v，y1，y2只能从±中选取，
    1，±）这四点中选取三个不同点， 因此点D，E，G，只能在（±而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE=S△ODG=S△OEG=矛盾．
    所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G．

    【解析】（1）根据点到直线的距离公式即可求出．
    （2）分情况讨论，根据已知设出直线l的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线l的距离，根据三角形面积公式，即可求得x12+x22和y12+y22第13页，共15页

    均为定值；
    （3）假设存在D（u，v），E（x1，y1），G（x2，y2），使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=由（2）得u2+x12=2，u2+x22=2，x12+x22=2；v2+y12=1，v2+y22=1，y12+y22=1，从而求得点D，E，G，的坐标，可以求出直线DE、DG、EG的方程，从而得到结论．
    本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．其中问题（3）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力，属于难题． 21.【答案】解：（1）令n=1时，a1a2=S1， 由于：无穷数列{an}的各项都不为零， 所以：a2=1， 由：an•an+1=Sn，
    所以：an+1•an+2=Sn+1， 两式相减得：an+2-an=1，
    所以：数列{a2n}是首项为1，公差为1的等差数列． 则：．
    （2）由（1）知，数列{a2n}是首项为1，公差为1的等差数列， 数列{a2n-1}的首项a1，公差为1的等差数列． 故：an=，
    所以：．
    ①当n为奇数时，即：即：所以：即：0＜a1＜2． ②当n为偶数时，即：即：所以：即：综合①②得：，
    ，
    对任意的正奇数n都恒成立， ，
    ，
    ，
    对任意的正偶数恒成立， ， ，
    ．
    （3）数列{a2n}是首项为1，公差为1的等差数列，数列{a2n-1}的首项a1，公差为1的等第14页，共15页

    差数列．
    得知：数列的各项都为正值． 设bn=bmbk 则：•
    取k=n+2，则：ak-an=1， 故：am=an（an+2+t），
    ．
    当n为偶数时，方程bn=bmbk的一组解是：，
    当n为奇数时，方程bn=bmbk的一组解是：，
    故：数列{bn}中的任意一项总可以表示为数列{bn}中的其他两项之积．

    【解析】（1）直接利用赋值法求出结果． （2）利用分类讨论法确定数列的首项的范围．
    （3）利用构造数列法求出数列的各项，进一步确定结果．
    本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的前n项和的应用．

    第15页，共15页

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