1、2021届上海市杨浦区高三上学期一模（期末）数学试题一、单选题1设，则下列不等式中，恒成立的是（ ）ABCD【答案】B【分析】利用不等式的基本性质可判断各选项的正误.【详解】对于A选项，所以，所以，A选项错误；对于B选项，则，由不等式的基本性质可得，B选项正确；对于C选项，若，由不等式的基本性质可得，C选项错误；对于D选项，若，由A选项可知，由不等式的基本性质可得，D选项错误.故选：D.2下列函数中，值域为的是（ ）ABCD【答案】C【分析】由题意利用基本初等函数的值域，得出结论【详解】解：函数的值域为，故排除；函数的值域为，故排除；函数的值域为，故满足条件；函数的值域为，故排除，故选：3从正
2、方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ）ABCD【答案】A【分析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，去掉四点共面的情况即可求解.【详解】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，正方体表面四点共面不能构成四面体有种，正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有种，所以可得到的四面体的个数为种，故选：A【点睛】关键点点睛：本题主要采用间接法，如果直接讨论，需要讨论的情况比较多，所以正难则反，这是解题的关键.4设集合(其中常数)，(其中常数)，则“”是“”的（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充分必要条件D既非充分又非必要条件【答案】A【分析】讨论的取值范围，求出集合，进而求
3、出集合，再根据充分条件、必要条件即可求解.【详解】当时，若，则，此时，当时，若，则，此时，故“”是“”的充分条件；当时，若，可得，当时，若，可得，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分非必要条件.故选：A二、填空题5已知全集，集合，则集合_【答案】【分析】直接利用补集的定义求解即可【详解】解：因为全集，集合，所以，故答案为：【点睛】此题考查集合的补集运算，属于基础题6设复数，(是虚数单位)，则_.【答案】【分析】由复数的模的计算公式即可求出【详解】解：因为复数，所以故答案为：7若关于的方程组无解，则实数_.【答案】【分析】由题意可得直线 和直线平行，再利用两条直线平行的性质，求出的值
4、【详解】若关于，的方程组无解，则直线 和直线平行，故有，求得，故答案为：8已知球的半径是，则球体积为_.【答案】【分析】根据球的体积公式直接计算得结果.【详解】由于球的半径为，故体积为.【点睛】本小题主要考查球的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题.9若直线与垂直，则实数_.【答案】6【分析】根据两直线垂直的充要条件，即，项对应系数之积的和等于0，解方程求得的值【详解】直线与垂直，可化为，解得，故答案为：6【点睛】本题考查两直线垂直的充要条件，考查方程思想和运算求解能力，属于基础题10已知，则_.【答案】【分析】利用同角三角函数基本关系求，再利用诱导公式即可求解.【详解】因为，所以，可得 所
5、以，故答案为：.11已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为，则展开式中的常数项为_（结果用数值表示）.【答案】【分析】由的二项展开式的所有二项式系数的和为可求得的值，进而可写出该二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，再代入通项即可求得结果.【详解】由于的二项展开式的所有二项式系数的和为，解得.的展开式通项为，令，解得.因此，的展开式中的常数项为.故答案为：.【点睛】结论点睛：在求解有关二项展开式中二项式系数和与各项系数和，可利用以下结论求解：（1）各二项系数之和：的展开式中各项的二项式系数之和为，且二项展开式中奇数项和偶数项的二项式系数之和相等，都为；（2）各项系数和：在二项展开式中
6、令变量均为，得到二项式的值为二项展开式各项系数之和.12是偶函数，当时，则不等式的解集为_.【答案】【分析】根据条件可得出，当时，由得出，然后根据是偶函数即可得出不等式的解集【详解】解：当时，由，得，解得.因为为偶函数，所以的解集为.故答案为：13方程的解为_.【答案】【分析】根据对数的运算及性质可得：，结合真数位置大于即可求解.【详解】由可得，所以，即，解得：或，因为且，所以，所以方程的解为：故答案为：.14平面直角坐标系中，满足到的距离比到的距离大的点的轨迹为曲线，点(其中，)是曲线上的点，原点到直线的距离为，则_.【答案】【分析】由双曲线定义可知的轨迹方程，求得渐近线方程，得到直线的方程
7、，再由点到直线的距离公式求解【详解】设曲线上的点为，由题意，则曲线为双曲线的右支，焦点坐标为，双曲线方程为所以渐近线方程为，而点（其中，是曲线上的点，当时，直线的斜率趋近于，即则，即故答案为：【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程常用的方法有：（1）定义法（根据已知分析得到动点的轨迹是某一种圆锥曲线再求解）；（2）直接法；（3）相关点代入法.15如图所示矩形中，分别将边与等分成份，并将等分点自下而上依次记作、，自左到右依次记作、，满足（其中、，）的有序数对共有_对. 【答案】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，易得，由可得出，然后列举出符合条件的有序实数对即可得解.【详
8、解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，易知点，则，所以，可得，所以符合条件的有序数对有：、，共对.故答案为：.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用16已知函数在定义域上是单调函数，值域为，满足，且对于任意，都有.的反函数为，若将(其中常数)的反函数的图像向上平移1个单位，将得到函数的图像，则实数k的值为_.【答案】3【分析】由题意设根据，解得，在求解的反函数，向上平移1个单位，可得，即可求解实数的值；【详解】解：由题意，设，根据，解得
9、，那么，与互换，可得，则，那么，与互换，可得，向上平移1个单位，可得，即，故得，故答案为：3三、解答题17如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，.点分别是棱的中点.（1）求证：四点共面；（2）求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由已知证明可得答案；（2）作，证明直线平面， 即为直线与平面所成的角，在直角中可求得答案.【详解】（1）证明：点分别是棱的中点，四点共面.（2）作，垂足为F平面，平面，直线直线直线且与相交于直线平面即为直线与平面所成的角.在直角中，所以，由面积可得，在直角中，直线与平面所成的角为.【点睛】对于线面角的求法的步骤作：作（或找）
10、出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.18设常数，.（1）若是奇函数，求实数的值；（2）设，中，内角的对边分别为.若，求的面积.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）由，知，再对进行检验，即可；（2）结合二倍角公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质，可推出，再由余弦定理求出的值，最后根据，即可得解【详解】（1）解：由题意检验：对任意都有是奇函数.（2）解：，整理得，A是三角形的内角所以由余弦定理，即整理得，解得或，或.19某校运会上无人机飞行表演，在水平距离(单位：米)内的飞行轨迹如图所示，表示飞行高度(单位：米
11、).其中当时，轨迹为开口向上的抛物线的一段(端点为)，当时，轨迹为线段，经测量，起点，终点，最低点.（1）求关于的函数解析式；（2）在处有摄像机跟踪拍摄，为确保始终拍到无人机，求拍摄视角的最小值.(精确到)【答案】（1）；（2）最小为.【分析】（1）时，设解析式为，代入可求，从而求出，求出直线的斜率即可求解.（2）根据题意，连接，仰角为，俯角为，求出、的最小值即可求解.【详解】解：（1）时设：，代入可得 解得，时，所以，（2）如图，设仰角为，俯角为仰角最小为，又， 俯角最小为最小为20设分别是椭圆的左右顶点，点为椭圆的上顶点.（1）若，求椭圆的方程；（2）设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部
12、分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积.（3）设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）计算得，代入解方程即可得，故可得椭圆的方程；（2）设另一焦点为，则轴，计算出点坐标，计算即可；（3）设点P的坐标为，直线：，与椭圆方程联立，由韦达定理计算得出，同理可得，分，两种情况表示出直线方程，从而确定出定点.【详解】（1），解得即椭圆的方程为.（2）椭圆的方程为，由题意，设另一焦点为，设，由线段的中点在y轴上，得轴，所以，代入椭圆方程得，即；（3）证明：由题意，设点P的坐标为，直线：，与椭圆方
13、程联立消去得：由韦达定理得即；同理；当，即即时，直线的方程为；当时，直线：化简得，恒过点；综上所述，直线恒过点.【点睛】关键点睛：解决第（3）的关键是能够运用韦达定理表示出点的坐标，从而表示出直线，并能通过运算整理成关于的方程，从而确定出定点，考查学生的运算求解能力，有一定的难度.21设数列与满足：的各项均为正数，.（1）设，若是无穷等比数列，求数列的通项公式；（2）设.求证：不存在递减的数列，使得是无穷等比数列；（3）当时，为公差不为0的等差数列且其前的和为0；若对任意满足条件的数列，其前项的和均不超过，求正整数的最大值.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）最大值为8.【分析】（1）运用
14、等比数列的中项性质，解方程可得公比，所求通项公式；（2）运用反证法证明，结合数列的单调性和余弦函数的值域，可得矛盾，即可得证；（3）运用等差数列的等差中项的性质和求和公式，解不等式可得所求最大值【详解】（1）解：，公比为由解得，数列的通项公式为.（2）证明：反证法，设存在则，此时公比，考虑不等式当时，即时，有(其中表示不超过x的最大整数)，这与的值域为矛盾假设不成立，得证（3）解：，由等差数列性质即，特别地，现考虑的最大值为使取最大值，应有，否则在中将替换为，且，将得到一个更大的由可知，特别地，；于是解得，所以的最大值为8.【点睛】本题考查等比数列和等差数列的性质和通项公式、求和公式的运用，考查运算能力和推理能力，以及反证法的应用
