2016年上海市杨浦区高考数学二模试卷(理科)(解析版)

1、2021年上海市杨浦区高考数学二模试卷理科、填空题1.函数的定义域是2 _ 12.线性方程组的增广矩阵为1 -1 - 3a 34，假设该线性方程组的解为，那么实数a=3.计算1 m n +14.假设向量 |,满足|' 一 "且円与:的夹角为，那么 |a+b | =5.假设复数 zi=3+4i, z2=1 - 2i,其中i是虚数单位，那么复数kJ!1，的虚部为6.的展开式中,常数项是.用数字作答7. ABC的内角A、B、C所对应边的长度分别为a、b、c,假设，那么角C的大小是.8等比数列an的各项均为正数，且满足:aia7=4，那么数列log2an的前7项之和为9.在极坐标系中

2、曲线 C: p=2cosB上的点到 10袋中有5只大小相同的乒乓球，编号为 1 球中的最大号码，那么 E的数学期望是 .1 , n距离的最大值为.至5,从袋中随机抽取3只，假设以E表示取到211.双曲线.'一的右焦点为F，过点F且平行于双曲线的一条渐近线的直线与4双曲线交于点P, M在直线PF上，且满足roH*P?=0i，那么空I =.|PF|12. 现有5位教师要带三个班级外出参加志愿者效劳，要求每个班级至多两位老师带队，且教师甲、乙不能单独带队，那么不同的带队方案有 .用数字作答15-14113. 假设关于x的方程4x垢-| 5x-| =m在0, +呵内恰有三个相异实根，那么实数m

3、的取值范围为.14. 课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法.祖暅原理也可用来求旋转体的体积.现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理图1,即可求得球的体积公式.请研究和理解球的体积公将此椭圆绕y轴旋式求法的根底上，解答以下问题：椭圆的标准方程为、选择题15以下函数中，既是奇函数，又在区间0 , +m上递增的是A . y=2|x|B. y=lnxC.百D.产廿“y= kK16直线I的倾斜角为 a斜率为k,那么是暫血的A 充分非必要条件B 必要非充

4、分条件C.充要条件D 既非充分也非必要条件17设x, y, z是互不相等的正数，那么以下等式中不恒成立的是A C.B :. 一-二匸込仁:厂-门D | x-y| < |x -z|+| y -z|18.命题：假设a, b为异面直线，平面 a过直线a且与直线b平行，那么直线b与平面a的距离等于异面直线 a, b之间的距离为真命题根据上述命题，假设a, b为异面直线，且它们之间的距离为 d,那么空间中与a, b均异面且距离也均为 d的直线c的条数为A 0条B 1条C多于1条，但为有限条 D 无数多条 三、解答题19.如图，底面是直角三角形的直三棱柱ABC - A1B1C1中，, D是棱AA 1

5、上的动点.1证明：DC1 丄 BC;2 求三棱锥 C - BDC1的体积.20某菜农有两段总长度为 20米的篱笆PA及PB,现打算用它们和两面成直角的墙OM、ON围成一个如下图的四边形菜园OAPB 假设OM、ON这两面墙都足够长.|PA|=|PB|=10 (米)，/AQ 卍OAP= / OBP .设/ OAP= 0,四边形 OAPB的面积为S.(1 )将S表示为0的函数，并写出自变量 0的取值范围；(2) 求出S的最大值，并指出此时所对应0的值.21.函数5 - :.- I ，其中a R.(1) 根据a的不同取值，讨论f (x)的奇偶性，并说明理由；(2) a> 0，函数f(x)的反函数

6、为1 (x),假设函数y=f(x)+f1(x)在区间1, 2上的最小值为1+log23，求函数f ( x)在区间1, 2上的最大值.2 2 122椭圆C： | 11的焦距为，且右焦点F与短轴的两个端点组a b成一个正三角形.假设直线 I与椭圆C交于A (X1, y1)、B (X2, y2),且在椭圆C上存在点M，使得：冷0B (其中O为坐标原点)，那么称直线I具有性质H .(1) 求椭圆C的方程；(2) 假设直线I垂直于x轴，且具有性质 H，求直线I的方程；(3) 求证：在椭圆 C上不存在三个不同的点 P、Q、R，使得直线PQ、QR、RP都具有性 质H .23.数列an和bn满足：|1-1.、

7、门: !，且对一切n N*，均有 b1b2-bn =(加.(1)求证：数列 f旦：为等差数列，并求数列an的通项公式；(2 )假设店2,求数列bn的前n项和Sn；岂 N t)(3) 设J = 1心矿)，记数列Cn的前n项和为Tn,问：是否存在正整数 入对一切n N*，均有T4>Tn恒成立假设存在，求出所有正整数入的值；假设不存在，请说明理由.第3页(共18页)2021年上海市杨浦区高考数学二模试卷理科参考答案与试题解析一、填空题1.函数 十 '八- 的定义域是 x|x?-2且XM 1i 1【考点】函数的定义域及其求法.【分析】由题意即分母不为零、偶次根号下大于等于零，列出不等式组

8、求解，最后要用集合 或区间的形式表示.tx-F2>0【解答】 解：由题意，要使函数有意义，那么解得，XM1且x>- 2；故函数的定义域为：x| x >- 2且xm 1, 故答案为：x| x>- 2且x m 1.2.线性方程组的增广矩阵为假设该线性方程组的解为a= 2【考点】线性方程组解的存在性，唯一性.f k - 3【分析】由得. ，把x=-Laxf3y=4【解答】解：线性方程组的增广矩阵为4 -1-31，该线性方程组的解为r - ra 34 J12 J1, y=2，能求出a的值.3.计算【考点】【分析】【解答】|2nCn+U.lim2Vl-*8n2+l解：原式的形式，

9、在利用洛必达法那么，求极限值.n+l=1=2=:飞*8u - 3aa+3y=4把 x= - 1, y=2，代入得-a+6=4，解得 a=2. 故答案为：2.1+2+3+'-+n1 imn +1数列的极限.4假设向量2 E满足11 = 1, lb I胡弔与云的夹角为丁，那么|石1； | =_【考点】【分析】平面向量数量积的运算.根据ia+bi=i；r+ibr+2iaiibico可得答案.【解答】解：' -且占！的夹角为b+b | 二 | 日 | 4馆 | 十2丨且 |b |cos-=7那么 | .=故答案为：.7I 2i I 5 假设复数zi=3+4i, z2=1 - 2i，其中

10、i是虚数单位，那么复数，的虚部为-31 q【考点】复数代数形式的乘除运算.【分析】由利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【解答】解：I zi=3+4i, z2=1 - 2i,- |21 |=|3+4i|=7 + q * 二 5 , e £二 1 + 21 ,1十乃-5i|2i |复数号5的虚部为-3.故答案为：-3.6.在(Y - Vx)6的展开式中，常-311L 用数字作答【考点】二项式系数的性质.【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幕指数等于0,求得r的值，即可求得展开式中的常数项.【解答】解：在的展开式的通项公式为 Tr+i=C； ?(-6=0 ,求得r=4，故Vx

11、)S的展开式中的常数项是 5.故答案为：15.7. ABC的内角A、B、C所对应边的长度分别为a、b、c,，那么7T角C的大小是【考点】二阶行列式的定义.【分析】由二阶行列式性质得 a+b2-c2=ab,由此利用余弦定理求出cosC=,从而能求出角C的大小.【解答】解： ABC的内角A、B、C所对应边的长度分别为a2 - c?= - b2+ab,即 a+b2 - c2=abab=12abcosC=/ C是厶ABC的内角， C=.故答案为：&等比数列 an的各项均为正数，且满足：aia7=4，那么数列log2an的前7项之和为 7 【考点】等比数列的性质.【分析】由等比数列的性质可得：a

12、ia7=a2a6=a3a5=4，再利用指数与对数的运算性质即可得 出.【解答】 解：由等比数列的性质可得：ai a7=a2a6=a3a5=4=4 ,数列log2an的前 7 项和=log 2ai+log2a2+"+log2a7=log2 (aia2-a7)=log 227=7, 故答案为：7.9. 在极坐标系中曲线 C : p=2cos 0上的点到(1 , n)距离的最大值为3 .【考点】 参数方程化成普通方程.【分析】把极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到点(1 , n)的距离，进而得出最大值.【解答】解：曲线C: p=2cos 0即卩p=2 pcosB,化为直角坐标方程：x2+

13、y2=2x,配方为：(x- 1) 2+/=1，可得圆心 C (1, 0),半径r=1 .点P ( 1, n)化为直角坐标P (- 1, 0).|CP|=2,曲线C： p=2cos 0上的点到(1, n)距离的最大值=2+1=3 .故答案为：3.10. 袋中有5只大小相同的乒乓球，编号为1至5,从袋中随机抽取 3只，假设以E表示取到|9球中的最大号码，那么E的数学期望是-.一2一【考点】离散型随机变量的期望与方差.【分析】由得E的可能取值为3, 4, 5，分别求出相应的概率，由此能求出E ()【解答】解：由得E的可能取值为3, 4, 5,1p (e=3)=C3 =10第6页(共18页)3c3%1

14、01&c310P (=)故答案为:211 双曲线的右焦点为F,过点F且平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点P, M在直线PF上，且满足 "-I ，那么 :=_|PF| -2【考点】双曲线的简单性质.【分析】 求得双曲线的a, b, c,可得F _匚，0，渐近线方程为y= ± 2x，设过点F且平 行于双曲线的一条渐近线为 y=2 x-75，代入双曲线的方程可得 P的坐标，由两直线垂直的条件可得直线0M的方程，联立直线y=2x - , 7,求得M的坐标，由向量共线的坐标表示，计算即可得到所求值.【解答】解：双曲线2i. -的 a=1,b=2, c= . j =二

15、可得F n, 0，渐近线方程为y= ± 2x,设过点F且平行于双曲线的一条渐近线为y=2 x -俯,代入双曲线的方程，可得 x= _ -,5可得P 斗,由直线0M ： y=-x和直线y=2 x -Jlj,可得M2V5),M |I 55故答案为:12. 现有5位教师要带三个班级外出参加志愿者效劳，要求每个班级至多两位老师带队，且教师甲、乙不能单独带队，那么不同的带队方案有54 .用数字作答【考点】排列、组合的实际应用.1ip?r呢普1"2即有【分析】根据题意，采用分类原理，对甲，乙老师分当甲，乙带不同班和当甲，乙带相同班 时分别求解，最后求和即可.【解答】 解：当甲，乙带不同

16、班时： 肩 X A 3=36 种；当甲，乙带相同班时,A；cc；=18 种；故共有54中，故答案为：54.5413. 假设关于x的方程4xF- | 5x | =m在0, +内恰有二个相异实根，那么实数m的取值范围为6, -汙：.10 【考点】函数的零点与方程根的关系.从而利用根本不等式确定各自方程的根的个数,-> 0,从而解【分析】分类讨论以去掉绝对值号, 得.【解答】解：当X?丄二时，5x5 | 方程 - | 5x - | =m ,时，5x -< 0,方程-| 5x- | =m ,.( 4x+ ) + (5x -) =m,即 9x+ =m ；/ 9x +K当m< 6时，方程

17、9x=m无解；z当m=6时，方程9x+±=m有且只有一个解；当6< m< 10时，方程9x+±=m在0, 1上有两个解;当m=10时，方程9x+=m的解为1，+;综上所述，实数 m的取值范围为6,：.故答案为：6,二- ；.14. 课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法.祖暅原理也可用来求旋转体的体积.现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥， 用这样一个几何体与半球应用祖暅原理图1,即可求得球的体积公式.请研究和理解球的体积公2 2式求法的根底上，

18、解答以下问题：椭圆的标准方程为苧斜，将此椭圆绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体图2,其体积等于【考点】旋转体圆柱、圆锥、圆台；棱柱、棱锥、棱台的体积.【分析】构造一个底面半径为 2,高为5的圆柱，从中挖去一个圆锥，那么由祖暅原理可得： 椭球的体积为几何体体积的2倍.【解答】解：椭圆的长半轴为 5,短半轴为2,现构造一个底面半径为 2,高为5的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点， 圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积 V2 V圆柱-V圆锥=2 nX 22X 5-g兀xQ"亠丄80 K故答案为：宰L.二、选择题15以下函数中，既是奇函数，又在区间0, +R上

19、递增的是丄A . y=2|x|B. y=lnxC.3Dl尸廿yy= z【考点】奇偶性与单调性的综合.【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义和性质进行判断即可.【解答】 解：A 函数y=2|x|为偶函数，不满足条件.B 函数的定义域为0, +R,函数为非奇非偶函数，不满足条件.jjC. 耳是奇函数，在0, +8上递增，满足条件.y= k是奇函数，当0 v x v 1时函数为减函数，当 x > 1时函数为增函数，不满足条件.Jl.应选：C兀16直线I的倾斜角为 a斜率为k,那么是愉血的A .充分非必要条件B .必要非充分条件C.充要条件D 既非充分也非必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条

20、件的判断.兀【分析】 紅p，可得OW tan avjj,飞街；反之不成立，a可能为钝角.兀L【解答】解：蛙 ？Owta navjl ?反之不成立，a可能为钝角.TT是“：；的充分不必要条件.应选：A.17设x, y, z是互不相等的正数，那么以下等式中不恒成立的是A.C.D. | x-y| w |x -z|+| y -z|【考点】根本不等式.1 2 1 1【分析】A . x, y，是互不相等的正数，令 t=x+ 2,可得：x -工一=t2- t- 2= HXItt - 2 t+1 0,即可判断出真假;2 2B：【.- ：- .，即可判断出真假.C. 取x=1, y=2，即可判断出真假;D. |

21、 x- y| =| (x- z) + (z-y) | W |x- z|+| y-z|，即可判断出真假.【解答】解：A . x, y,是互不相等的正数，令t=x丄>2,./卄打-匕丄)=2-tKX丈-2= (t- 2) (t+1 )> 0，正确； . 2W 0 I. ' 一； . ： ' W 7 f -,i正确.B. t- !- 二.1'-仮+十VsC. 取 x=1, y=2，那么 | x - y|+ . =1 - 1=0 v 2,因此不正确；D. |x-y| =| (x - z) + (z-y) | w |x- z|+| y- z|，正确. 应选：C.18.

22、 命题： 假设a, b为异面直线，平面 a过直线a且与直线b平行，那么直线b与平面a 的距离等于异面直线 a, b之间的距离为真命题.根据上述命题，假设a, b为异面直线，且它们之间的距离为 d,那么空间中与a, b均异面且距离也均为 d的直线c的条数为A . 0条B . 1条C.多于1条，但为有限条 D .无数多条【考点】点、线、面间的距离计算.【分析】如下图，给出一个平行六面体 ABCD - AiBiCiDi .取AD=a , AiBi=b，假设平 行平面ABCD与AiBiCiDi之间的距离为d.假设平面BCCiBi/ a,平面CDDiCi" b，且满 足它们之间的距离等于 d,

23、其交线CCi满足条件把满足平面 BCCiBi/ a,平面CDDiCi / b，且它们之间的距离等于 d的两个平面旋转，那么所有的交线 CCi都满足条件，即可判断 出结论.【解答】 解：如下图，给出一个平行六面体ABCD - AiBiCiDi.取AD=a , AiBi=b，假设平行平面 ABCD与AiBiCiDi之间的距离为d.平面BCCiBi / a,平面CDDiCi/ b,且满足它们之间的距离等于d，其交线CCi满足与a,b均异面且距离也均为 d的直线c.把满足平面BCCiBi / a,平面CDDiCi / b,且它们之间的距离等于 d的两个平面旋转，那么 所有的交线CCi都满足与a, b均

24、异面且距离也均为 d的直线c.因此满足条件的直线有无数条.应选：D.【考点】棱柱、棱锥、三、解答题ABC A iB i Ci 中，hC二h 血二1 , D 是棱 AA ii9.如图，底面是直角三角形的直三棱柱 上的动点.(i) 证明：DCi 丄 BC;(2 )求三棱锥 C - BDCi的体积.棱台的体积；直线与平面垂直的性质.BC丄平面【分析】(i)由棱锥是直棱锥可得侧面与底面垂直，由面面垂直的性质可得ACC iAi，进一步得到 BC丄DCi；第ii页(共i8页)(2) 利用等积法，把三棱锥 C - BDCi的体积转化为三棱锥 B - CDCi的体积求解.【解答】(1)证明：如图，直三棱柱 A

25、BC - AiBiCi中，CCi丄平面ABC , CCi丄底面 ABC，又 CCi?面 ACC 1A1,面 ACCiAl丄底面 ABC，而面 ACCiAlQ底面 ABC=AC ,由厶ABC为Rt，且AC=BC，得BC丄AC ,- BC 丄平面 ACC 1A1, BC 丄 DC1；(2)解：由(1)知，BC丄平面ACC1A1,二二二二AA 1=2那么仏今况2 x陀一血5二民一切5丄况ix 120. 某菜农有两段总长度为 20米的篱笆PA及PB,现打算用它们和两面成直角的墙OM、ON围成一个如下图的四边形菜园OAPB (假设OM、ON这两面墙都足够长).|PA|=|PB|=10 (米)，/A0 卍

26、OAP= / OBP .设/ OAP= 0,四边形 OAPB的面积为S.(1 )将S表示为0的函数，并写出自变量 0的取值范围;(2)求出S的最大值，并指出此时所对应0的值.【考点】 正弦定理；余弦定理.【分析】(1)在三角POB中，由正弦定理，得:0B10，得 OB=10E11TT0B 10已丿 £14二丄川4,得 OB=10T)9=100 (sin 0cos 0+sin2 0), 0亦兀、* -r'，【解答】解：(1)在三角POB中，由正弦定理，得：.S3. 口(cos 0+s in 0).所以，S='.二:'H / -：- ：一 一丁； 一 :才 

27、9;:3爪 J).(2) S=100 (sin Qcos 0+sin2 0)=50 (2sin 0cos0+2sin2 0)=50 (sin2B- cos2 0+1) = =- f.V 二 所以S的最大值为：50 . -：+50, 0=二一-21.函数 7- :.' - i ，其中 a R.(1) 根据a的不同取值，讨论f (x)的奇偶性，并说明理由；(2) a> 0，函数f(x)的反函数为f 1(x)，假设函数y=f(x)+f 1(x)在区间1, 2上的最小值为1+log23，求函数f (x)在区间1, 2上的最大值.【考点】函数的最值及其几何意义；反函数.【分析】(1)由!得

28、 f (- x) = - ax+log2 (2x+1)- x，从而可得当a=-寺时函数为偶函数；(2)可判断' ：' -vr - : - I 与 f-1(x)都是增函数，从而可得 f( 1) +f-1( 1)=1+log23,从而解出a.【解答】解: (1)：亠丄一十珅.厂匚.；j I/ f (- x) = - ax+log2 (2 x+1)=ax+log2 (2x+1)- log22x=-ax+log2 (2x+1) - x, f (- x) =f (x),即ax - x=ax,故a= -丄；此时函数为偶函数，假设az -丄，函数为非奇非偶函数；(2 ) a> 0,f

29、Cx)二曲41吕2单调递增，又函数f (x)的反函数为f-1 (x), f-1 (x)单调递增； f ( 1 ) +f-1 ( 1) =1+log23,即 a+log23+f(1) =1+log23,故厂1 (1) =1 - a,即 a (1 - a) +log2 (2a1+1) =1,解得，a=1；故 f (2) =2+log25.2 222. 椭圆C : ;-沖勺焦距为"飞；亍，且右焦点F与短轴的两个端点组a b(其中0为坐标原点)，那么称直线l具有性质H .成一个正三角形.假设直线 I与椭圆C交于A (X1， y1)、B (X2，y2)，且在椭圆C上存在点 M，使得：丽寸耳(1

30、) 求椭圆C的方程；(2) 假设直线I垂直于x轴，且具有性质 H，求直线I的方程；(3) 求证：在椭圆 C上不存在三个不同的点 P、Q、R，使得直线PQ、QR、RP都具有性 质H .【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程.【分析】(1)由椭圆的焦距为二 右焦点F与短轴的两个端点组成一个正三角形，求出a,b,由此能求出椭圆 C的方程.7(2) 设直线 l: x=t, (- 2 v tv 2)，那么 A (t, y1), B (t, y2),设 M ( xm , ym),求出二一，=-寺和，由点m在椭圆C上，能求出直线i的方程.(3) 假设在椭圆C上存在三个不同的点 P (X1 , y1

31、), Q (X2 , y2), R (X3 , y3),使得直线 PQ、QR、RP都具有性质H,利用反证法推导出相互矛盾结论，从而能证明在椭圆C上不 存在三个不同的点 P、Q、R,使得直线PQ、QR、RP都具有性质H.2 2【解答】解：(1)：椭圆C：的焦距为23 , - c3 , 右焦点F与短轴的两个端点组成一个正三角形， c= 一 -，解得b=1, a2=b2+c2=4 ,椭圆C的方程为 亍+ 丫2二J(2)设直线 I: x=t, (- 2v tv 2),那么 A (t , y1) , B (t , y2),其中 y1 , y2满足：辛=1 , y1+y2=0 ,4设 M (Xm , ym

32、),73 ALx 二+=-尹(其中O为坐标原点)- 0咤0峠05点M在椭圆C上，10051 49t2+4 - t2=100, t= 土,设 M (Xm, ym),那么点M在椭圆上,:广匚十ym=1 ,又=0,直线l的方程为x=2或 x=-巫.证明：(3)假设在椭圆C上存在三个不同的点 P (X1, yi), Q (X2, y2), R (X3, y3), 使得直线PQ、QR、RP都具有性质H , 直线PQ具有性质H,.在椭圆C上存在点M ,耳口忑耳X ? £ 1同理：+¥鸟v3 =°，厂七斧二0,1) 假设xi, X2, X3中至少一个为0,不妨设X1=O，那么yiM 0,由 得y2=y3=0，即Q, R为长轴的两个端点，那么 不成立，矛盾.2 2 22) 假设Xi, X2, X3均不为0,那么由 得“ 七 匸3 =-旳务0,矛盾.6Q1 J在椭圆C上不存在三个不同的点 P、Q、R，使得直线PQ、QR、RP都具有性质H.23. 数列an和bn满足：|“: !，且对一切 n N*，均有 b1b2-bn(1)求证：数列厶：为等差