2021年上海市长宁区高考数学二模试卷

2021年上海市长宁区高考数学二模试卷

一、填空题（本大题共有12题，满分54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．（4分）设集合A(1,3)，B[0，4)，则A2．（4分）复数z满足zB ．

1，则|z| ． (i为虚数单位）

1i3．（4分）已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的标准差是 ． 4．（4分）若向量a(1,0,1)，b(0,1,1)，则向量a与b的夹角为 ． x05．（4分）若实数x、y满足xy0，则z2xy的最小值为 ．

xy26．（4分）函数f(x)|sin2x1|的最小正周期为 ．

117．（5分）在公差不为零的等差数列{an}中，a3是a1与a9的等比中项，则a1a2a9 ．

a98．（5分）在二项式(1x)5的展开式中任取两项，则所取两项中至少有一项的系数为偶数的概率是 ．

9．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，a11，an1Sn，则lim(n111) ． a1a2an10．（5分）定义域为R的奇函数y＝f（x）在（﹣∞，0]上单调递减．设g（x）＝xf（x），若对于任意x∈[1，2]，都有g（2+x）≤g（ax），则实数a的取值范围为 ．

x211．（5分）设F1、F2分别为椭圆:y21的左、右焦点，点A、B在椭圆上，且不

3是椭圆的顶点．若F1AF2B0，且0，则实数的值为 ． 12．（5分）在ABC中，AC2，

21 1，若ABC的面积为2，则AB ．

tanAtanB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．

1113．（5分）设f(x)x({2，1，，，1，2})，则“yf(x)图象经过点(1,1)”

32是“yf(x)是偶函数”的( ) A．充分非必要条件

B．必要非充分条件

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C．充要条件 D．既非充分又非必要条件

x12t(tR)，则l的方向向量d可以是( ) 14．（5分）直线l的参数方程是y2tA．(1,2) B．(2,1) C．(2,1) D．(1,2)

15．（5分）设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，高为2，平面经过顶点A，且与棱AB、AD、AA1所在直线所成的角都相等，则满足条件的平面共有( )个． A．1

B．2

C．3

D．4

16．（5分）已知函数yf(x)与yg(x)满足：对任意x1，x2R，都有|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|．

命题p：若yf(x)是增函数，则yf(x)g(x)不是减函数；

命题q：若yf(x)有最大值和最小值，则yg(x)也有最大值和最小值． 则下列判断正确的是( ) A．p和q都是真命题 C．p是真命题，q是假命题

B．p和q都是假命题

D．p是假命题，q是真命题

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．（14分）如图，AA1是圆柱的一条母线，AB是圆柱的底面直径，C在圆柱下底面圆周上，M是线段A1C的中点．已知AA1AC4，BC3． （1）求圆柱的侧面积； （2）求证：BCAM．

18．（14分）设f(x)sin2xcos(2x)(x[0,])．

62（1）若sinx3，求f(x)的值； 5（2）设02，若方程f(x)1有两个解，求的取值范围． 219．（14分）某种生物身体的长度f(x)（单位：米）与其生长年限x（单位：年）大致关系

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如下：f(x)10（其中te0.5(e为自然对数的底2.71828)，该生物出生时x0)． x41t（1）求需要经过多少年，该生物身长才能超过8米（精确到0.1)；

（2）该生物出生x年后的一年里身长生长量g(x)可以表示为g(x)f(x1)f(x)，求g(x)的最大值（精确到0.01)．

x220．（16分）设双曲线:y1的上焦点为F，M、N是双曲线上的两个不同的点．

32（1）求双曲线的渐近线方程； （2）若|FM|2，求点M纵坐标的值；

（3）设直线MN与y轴交于点Q(0,q)，M关于y轴的对称点为M．若M、F、N三点共线，求证：q为定值．

anN*，21．（18分）数列{an}满足：且对任意nN*，都有anan1， a11，a2n1a2n4an．（1）求a2，a3，a4；

（2）设dnan1an，求证：对任意nN*，都有dn1； （3）求数列{an}的通项公式an．

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2021年上海市长宁区高考数学二模试卷

参考答案与试题解析

一、填空题（本大题共有12题，满分54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．（4分）设集合A(1,3)，B[0，4)，则AB (1,4) ．

【解答】解：A(1,3)，B[0，4)，

AB(1,4)．

故答案为：(1,4)． 2．（4分）复数z满足z121i(i为虚数单位）

，则|z| 2 ． 【解答】解：因为z11i， 所以|z||z||11i|1|1i|1222． 故答案为：22． 3．（4分）已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的标准差是 153 ． 【解答】解：由题意可知，该组数据的平均数为16(6788910)8，

所以该组数据的方差s216[(68)2(78)2(88)2(88)2(88)2(98)2(108)2]53，

故该组数据的标准差是51533． 故答案为：153． 4．（4分）若向量a(1,0,1)，b(0,1,1)，则向量a与b的夹角为 23 ． 【解答】解：根据题意，设向量a与b的夹角为， 向量a(1,0,1)，b(0,1,1)，

则向量|a|2，|b|2，ab10011(1)1， 则cos11222，

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为

又由0，则故答案为：

2． 32， 3x05．（4分）若实数x、y满足xy0，则z2xy的最小值为 2 ．

xy2【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

由图可知，A(0,2)，

由z2xy，得y2xz，由图可知，当直线y2xz过A时，直线在y轴上的截距最大， z有最小值为2．

故答案为：2． 6．（4分）函数f(x)|sin2x1|的最小正周期为  ．

11sin2x1|sin2x1，

11【解答】解：函数f(x)|所以函数的周期为：． 故选：．

7．（5分）在公差不为零的等差数列{an}中，a3是a1与a9的等比中项，则5 ．

【解答】解：设等差数列{an}的公差为d(d0)， 由a3是a1与a9的等比中项，得a32a1a9， 即(a12d)2a1(a18d)，化简得da1，

a1a2a99a1a1a2a9

a998d45a1， 2a9a18d9a1，

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

a1a2a945a15．

a99a1故答案为：5．

8．（5分）在二项式(1x)5的展开式中任取两项，则所取两项中至少有一项的系数为偶数的概率是

8 ． 151【解答】解：二项式(1x)5的展开式中共有6项，它们的系数分别为C50，C5，C52，C53，

C54，C55，

共计2个偶数，4个奇数，从中任取两项，

11C2C48所取两项中至少有一项的系数为偶数的概率为， C6215故答案为：

8． 15n9．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，a11，an1Sn，则lim(【解答】解：由an1Sn，得anSn1(n2)， an1anSnSn1an，得an12an，

111) 3 ． a1a2an即

an12(n2)， an由a11，an1Sn，得a21，

an1,n1， n22,n21n111111112112n213n2． 1a1a2an2222121lim(n1111)lim(3n2)3．

na1a2an2故答案为：3．

10．（5分）定义域为R的奇函数y＝f（x）在（﹣∞，0]上单调递减．设g（x）＝xf（x），若对于任意x∈[1，2]，都有g（2+x）≤g（ax），则实数a的取值范围为 [﹣2，2] ． 【解答】解：由题意得f（﹣x）＝﹣f（x），

所以g（﹣x）＝﹣xf（﹣x）＝xf（x）＝g（x），即g（x）为偶函数， 因为奇函数y＝f（x）在（﹣∞，0]上单调递减且f（x）＞0，

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根据奇函数对称性可知，f′（x）≥0恒成立， 当x＜0时，g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0， 故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，

根据偶函数对称性可知，g（x）在（0，+∞）上单调递减， 因为对于任意x∈[1，2]，都有g（2+x）≤g（ax）， 所以|2+x|≥|ax|在[1，2]上恒成立， 所以﹣（x+2）≤ax≤2+x， 所以﹣1﹣所以﹣2≤a≤2． 故答案为：[﹣2，2]．

在[1，2]上恒成立，

x211．（5分）设F1、F2分别为椭圆:y21的左、右焦点，点A、B在椭圆上，且不

3是椭圆的顶点．若F1AF2B0，且0，则实数的值为 1 ． 【解答】解：因为F1AF2B0，所以F1ABF2， 所以F1A//BF2，

根据椭圆的对称性可知，四边形F1AF2B一定为平行四边形，如图： 所以F1ABF2，

所以F1ABF2，即1， 故答案为：1．

12．（5分）在ABC中，AC2，【解答】解：因为所以

211，若ABC的面积为2，则AB 1 ． tanAtanB211， tanAtanB2cosAcosB1，可得2cosAsinBsinAcosBsinAsinB， sinAsinB所以cosAsinBcosAsinBsinAcosBsinAsinB，

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所以cosAsinBsin(AB)sinAsinB， 可得cosAsinBsinCsinAsinB，

由正弦定理可得bcosAcbsinA，可得cb(sinAcosA)， 又因为bAC2， 所以c2(sinAcosA)，

1又因为SbcsinA2(sinAcosA)sinA1sin2Acos2A12sin(2A)2，

242所以sin(2A)，

42又A(0,)，可得A，

21所以Sbc2，解得cAB1．

2故答案为：1．

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．

1113．（5分）设f(x)x({2，1，，，1，2})，则“yf(x)图象经过点(1,1)”

32是“yf(x)是偶函数”的( ) A．充分非必要条件 C．充要条件

B．必要非充分条件 D．既非充分又非必要条件

【解答】解：若函数yf(x) 图象经过点(1,1)时， 则(1)1，2或2，yf(x) 为偶函数． 若yf(x) 为偶函数， 1①1，，1时为奇函数，

3②

1

时为非奇非偶函数， 2

③2，2时为偶函数，

若yf(x) 为偶函数时，2，2

函数yf(x) 图象经过点(1,1)是yf(x) 为偶函数的充要条件．

故选：C．

x12t(tR)，则l的方向向量d可以是( ) 14．（5分）直线l的参数方程是y2t第8页（共14页）

A．(1,2) B．(2,1) C．(2,1) D．(1,2)

x12t【解答】解：根据题意，直线l的参数方程是，

y2t1则其普通方程为x12(y1)，即y1(x1)

211其斜率k，直线l的一个方向向量为(1,)，

22分析可得：直线l的方向向量d可能是(2,1)， 故选：B．

15．（5分）设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，高为2，平面经过顶点A，且与棱AB、AD、AA1所在直线所成的角都相等，则满足条件的平面共有( )个． A．1

【解答】解：第一类：

①A1在平面的一边，B，D在另一边，有一个平面符合条件； ②B在平面的一边，A1，D在另一边，有一个平面符合条件； ③D在平面的一边，A1，B在另一边，有一个平面符合条件； 第二类：

A1，B，D都在平面的同侧，有一个平面符合条件．

B．2 C．3 D．4

综上所述，满足条件的平面共有4个． 故选：D．

16．（5分）已知函数yf(x)与yg(x)满足：对任意x1，x2R，都有|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|．

命题p：若yf(x)是增函数，则yf(x)g(x)不是减函数；

命题q：若yf(x)有最大值和最小值，则yg(x)也有最大值和最小值． 则下列判断正确的是( ) A．p和q都是真命题 C．p是真命题，q是假命题

B．p和q都是假命题

D．p是假命题，q是真命题

【解答】解：对于命题p：设x1x2，因为yf(x)是R上的增函数，所以f(x1)f(x2)， 所以|f(x1)f(x2)|f(x1)f(x2)， 因为|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|，

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所以f(x2)f(x1)g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)， 所以f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)， 故函数yf(x)g(x)不是减函数， 故命题p为真命题；

对于命题q:yf(x)在R上有最大值M，此时xx1，有最小值m，此时xx2， 因为|f(x1)f(x2)||g(x1)g(x2)|，

所以|g(x1)g(x2)|Mm， 所以mMg(x1)g(x2)Mm， 故函数yg(x)也是有界函数， 所以yg(x)也有最大值和最小值， 故命题q为真命题． 故选：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．（14分）如图，AA1是圆柱的一条母线，AB是圆柱的底面直径，C在圆柱下底面圆周上，M是线段A1C的中点．已知AA1AC4，BC3． （1）求圆柱的侧面积； （2）求证：BCAM．

【解答】解：（1）由题意可得AC4，BC3，LAA14， 所以在RtABC中，ABAC2BC242325， 所以底面半径r15AB， 225所以圆柱的侧面积S2rL2420．

2（2）证明：由题意可得BCAC， 又因为图为圆柱，可得AA1底面ABC，

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因为BC底面ABC， 所以BCAA1， 因为BCAC，且AC所以BCACA1， 又AMACA1， 所以BCAM．

18．（14分）设f(x)sin2xcos(2x)(x[0,])．

62（1）若sinx3，求f(x)的值； 5AA1A，

（2）设02，若方程f(x)1有两个解，求的取值范围． 2【解答】解：（1）f(x)sin2xsinxcosx3，且x[0，]， 524， 53113cos2xsin2xsin2xcos2xsin(2x)， 222233424， sin2x2sinxcosx2552537， cos2x12sin2x12()252513124372473． f(x)sin2xcos2x2222522550（2）f(x)sin[2(x)]sin(2x2)，

33x[0，]，且0，

222x442，]， 2[2，2][333331245在[，]内的解为和， 23366sinx236，解得， 45124263故的取值范围为[，]．

12419．（14分）某种生物身体的长度f(x)（单位：米）与其生长年限x（单位：年）大致关系

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如下：f(x)10（其中te0.5(e为自然对数的底2.71828)，该生物出生时x0)． x41t（1）求需要经过多少年，该生物身长才能超过8米（精确到0.1)；

（2）该生物出生x年后的一年里身长生长量g(x)可以表示为g(x)f(x1)f(x)，求g(x)的最大值（精确到0.01)． 【解答】解：（1）由f(x)解得：tx41， 4105x4得：， 81tx41t4te0.5(0,1)， x4logtlogt1， 41ln4ln42ln4， 4lnt0.5x2ln44，

又ln41.386， x6.772，

即约需要6.8年．

101010(tx4tx3)（2）g(x)f(x1)f(x)， 1tx31tx4(1tx3)(1tx4)令utx4，x44，u(0,e2)， 则g(u)10u(1t)110(1t)，

1(1tu)(1u)tu(t1)u1111tu2tu2t，当且仅当tu即ue4时，等号成立，

uuu1g(u)10(1t)1.24，

2t(t1)g(x)的最大值为1.24．

x21的上焦点为F，M、N是双曲线上的两个不同的点． 20．（16分）设双曲线:y32（1）求双曲线的渐近线方程； （2）若|FM|2，求点M纵坐标的值；

（3）设直线MN与y轴交于点Q(0,q)，M关于y轴的对称点为M．若M、F、N三点共线，求证：q为定值．

第12页（共14页）

x2【解答】（1）解：令y0，则x3y，

32双曲线的渐近线方程为x3y0．

（2）解：由题意知，F(0,2)，

x2设M为(x,y)，则y1，且y(，1][1，)，

32又|FM|2x2(y2)2， 解得y31或（舍)， 223． 2点M纵坐标的值为

（3）证明：①当直线MN的斜率不存在时，其方程为x0，与y轴有无数个交点，不符合题意；

②当直线MN的斜率存在时，设为k(k0,k设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M(x1，y1)，

3)，则其方程为ykxq， 3ykxq联立2x2，得(3k21)x26kqx3q230，

y133q236kq，x1x22， x1x223k13k1M、F、N三点共线，

kMFkFN，即

y12y22，也即x1y2x2y12(x1x2)， x1x2x1(kx2q)x2(kx1q)2(x1x2)，即2kx1x2(2q)(x1x2)，

3q236kq2k2(2q)(2)，

3k13k11化简得，q，为定值，

2故命题得证．

anN*，21．（18分）数列{an}满足：且对任意nN*，都有anan1， a11，a2n1a2n4an．（1）求a2，a3，a4；

（2）设dnan1an，求证：对任意nN*，都有dn1； （3）求数列{an}的通项公式an．

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【解答】（1）解：根据题意，可知数列{an}为递增数列， a2n1a2n4an，a11，

当n1时，a1a24a1，解得a23a13，

当n2时，a3a44a212a412a3， a3a4a312a3a363a36，

当a34时，a48，

又因为当n3时，a5a64a316，

又由a5a6可得，a58，即a5a4，该结果与题意相反，故a34； 由上可得，a35，a47．

（2）证明：假设存在KN*，使得dk1，即ak1ak1， 则由a2k1a2k4ak，及a2k1a2k，得a2k2ak，

由a2k1a2k24ak14ak4，及a2k1a2k2，得a2k12ak2， 由此可得，a2ka2k12ak1，该结论与a2ka2k1相反，

假设不成立，即dK1，

即对任意nN*，都有dn1．

（3）解：由（2）可知，dnan1an2，

4(an1an)a2n1a2na2n1a2n(a2k2a2k1)(a2k1a2k)(a2k1a2k)(a2ka2k1)，

对任意的nN*，都有4dnd2n12d2nd2n1，

当n1时，得d32d2d14d18， 又由d22，d32，得d2d32，

设dk2，由d2k12dkd2k14dk8，及dn2(nN*)，得a2k1a2ka2k12，

对任意的nN*，dn2，进而an2n1．

第14页（共14页）