2021上海市宝山区高三上学期一模数学试题答案

这是一份2021上海市宝山区高三上学期一模数学试题答案，共4页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1． eq (－4，－3) 2．eq x＝－eq \f(3,2) 3．eq 1－i 4．eq arccseq \f(4,5) 5．eq 160 6．eq 4
7．π 8．π 9．eq －\f(1,2) 10．eq －\f(63,64) 11．eq ①④ 12．eq 3103
二、选择题（本大题共有4题，满分20分）
13．eq C 14．eq B 15．eq C 16．eq A
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）
17．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分6分，第2题满分8分．
解：方法一：
（1）联结eq TC，在长方体eq ABCD－eq A\s\d3(1)eq B\s\d3(1)eq C\s\d3(1)eq D\s\d3(1)中，
因为eq Deq D\s\d3(1)⊥平面eq ABCD，即 eq TD⊥平面eq ABCD，
所以直线eq TC与平面eq ABCD所成的角即为eq ∠TCD，
在eq Rt△TCD中，由eq DT=2，CD=AB=4，可得eq tan∠TCD=eq \f(DT,CD)eq = eq \f(1,2)，
显然 eq eq ∠TCD∈(0， eq \f(π,2))，故eq ∠TCD=arctaneq \f(1,2)，
所以 直线eq TC与平面eq ABCD所成角的大小为eq arctaneq \f(1,2)．
（2） 由已知可得eq eq A\s\d3(1)T=TC=2eq \r(5)，eq eq A\s\d3(1)C= 2eq \r(14)，
所以eq S\s\d2(eq △eq A\s\d3(1)TC)eq = eq \f(1,2)▪2eq \r(14)▪eq \r(6)eq =2eq \r(21)．又易得eq S\s\d2(eq △TCeq C\s\d3(1))eq = eq \f(1,2)▪6▪4eq =12．
设点eq C\s\d3(1)到平面eq eq A\s\d3(1)T C的距离为eq h\s\d3()．在长方体eq ABCD－eq A\s\d3(1)eq B\s\d3(1)eq C\s\d3(1)eq D\s\d3(1)中，
因为eq eq A\s\d3(1)eq D\s\d3(1)⊥平面eq CDeq C\s\d3(1)eq D\s\d3(1)，即eq eq A\s\d3(1)eq D\s\d3(1)⊥平面eq TCeq C\s\d3(1)，
再由eq V\s\d4(eq eq C\s\d3(1)－eq A\s\d3(1)TC)eq =V\s\d4(eq eq A\s\d3(1)－TCeq C\s\d3(1))得eq eq \f(1,3)eq S\s\d2(eq △eq A\s\d3(1)TC)▪eq h\s\d3()= eq \f(1,3)eq S\s\d2(eq △TCeq C\s\d3(1))▪eq eq A\s\d3(1)eq D\s\d3(1)，
所以，eq eq h=\s\d3()eq \f(eq S\s\d2(eq △TCeq C\s\d3(1))▪eq eq A\s\d3(1)eq D\s\d3(1),eq S\s\d2(eq △eq A\s\d3(1)TC))＝eq \f(12▪2,2eq \r(21))＝eq \f(4eq \r(21),7)．即 点eq C\s\d3(1)到平面eq eq A\s\d3(1)T C的距离为eq \f(4eq \r(21),7)．
方法二：
（1）如图，以eq D为原点，eq DA、DC、Deq D\s\d3(1)分别为eq x、y、z轴，建立空间直角坐标系．
由已知可得eq A(2，0，0)、eq B(2，4，0)、eq C(0，4，0)、eq D(0，0，0)、eq T(0，0，2)，
故eq \(TC,\s\up7(→))＝(0，4，－2)， 又平面eq ABCD的一个法向量eq \(n,\s\up7(→))＝(0，0，1)，
设直线eq TC与平面eq ABCD所成角的大小为eq θ，
则eq sinθ＝eq \f(|eq \(TC,\s\up7(→))▪eq \(n,\s\up7(→))|,|eq \(TC,\s\up7(→))|▪|eq \(n,\s\up7(→))|) ＝eq \f(2, eq \r(eq 4\(\s\up5 (2),\s\d1())＋eq (－2)\(\s\up5 (2),\s\d1()))▪1)＝eq \f(eq \r(5),5)，注意到eq θ∈[0，eq \f(π,2)]，故eq θ＝arcsineq \f(eq \r(5),5)，
所以 直线eq TC与平面eq ABCD所成角的大小为eq arcsineq \f(eq \r(5),5)．
（2）注意到eq eq C\s\d3(1)(0，4，6)，eq eq A\s\d3(1)(2，0，6)，及eq T(0，0，2)，eq C(0，4，0)，
故 eq \(eq A\s\d3(1)T,\s\up7(→))＝(－2，0，－4) ，eq \(CT,\s\up7(→))＝(0，－4，2)，eq \(eq C\s\d3(1)T,\s\up7(→))＝(0，－4，－4)，
设平面eq eq A\s\d3(1)T C的一个法向量为eq \(m,\s\up7(→))＝(x，y，z)，
由已知，得eq \b\lc\{(\a\al(eq \(m,\s\up7(→))▪eq \(eq A\s\d3(1)T,\s\up7(→))＝0, eq \(m,\s\up7(→))▪eq \(CT,\s\up7(→))＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\al(－2x－4z=0,－4y＋2z=0))，所以eq \b\lc\{(\a\al(x=－4y,z=2y))， 可取eq \(m,\s\up7(→))＝(－4，1，2)，
所以点eq C\s\d3(1)到平面eq eq A\s\d3(1)T C的距离为 eq \f(|eq \(eq C\s\d3(1)T,\s\up7(→))▪eq \(m,\s\up7(→))|,|eq \(m,\s\up7(→))|)＝eq \f(|0×(－4)＋(－4)×1＋(－4)×2|,eq \r(eq (－4)\(\s\up5 (2),\s\d1())＋eq 1\(\s\up5 (2),\s\d1())＋eq 2\(\s\up5 (2),\s\d1())))＝eq \f(4eq \r(21),7)．
即 点eq C\s\d3(1)到平面eq eq A\s\d3(1)T C的距离为eq \f(4eq \r(21),7)．
18．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分6分，第2题满分8分
解：（1）当eq m =1时，eq f (x)= x＋eq \f(1,x－1)，由eq f (x)＋1＞f (x＋1)得eq (x＋eq \f(1,x－1))＋1＞(x＋1)＋eq \f(1,x)，即 eq eq \f(1,x－1)＞eq \f(1,x)， 解得eq x＜0或eq x＞1，
所以，原不等式的解集为eq (－∞，0)∪(1，＋∞)．
（2）函数eq y= f (x)＋3存在零点eq x∈[3，4] 方程eq x＋eq \f(m,x－1)＋3=0有解eq x∈[3，4]， 亦即 eq m＝－(x＋3)(x－1)有解eq x∈eq [3，4]，
注意到eq m＝－(x＋1)2＋4在eq x∈eq [3，4]上递减，故 eq m∈[－(4＋1)2＋4，－(3＋1)2＋4]＝[－21，－12]，从而，实数eq m的取
值范围为eq [－21，－12]．
19．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1题满分6分，第2题满分8分．
解：（1）依题意，可得 eq eq \f(2π, ω)＝2π，所以 eq ω＝1，故eq f (x)=sin(x＋φ)，因为eq f (x)的图象过坐标原点，所以eq f (0)＝0，即 eq sinφ=0，
注意到eq －eq \f(π,2)＜φ＜eq \f(π,2)， 因此，eq φ=0．
（2） 由（1）得eq f (x)=sinx，故由已知，可得eq 2sin2B＋3sin2C＝2sinA▪sinB▪sinC＋sin2A，
利用正、余弦定理，并整理得 eq sinA－csA＝eq \f(b2＋2c2,2bc)，
因为 eq eq \f(b2＋2c2,2bc)≥eq \r(2)，所以 eq sinA－csA≥eq \r(2)，
又eq sinA－csA＝≤eq \r(2)，所以eq sinA－csA＝eq \r(2)，且eq b=eq \r(2)c，eq A＝eq \f(3π,4)，
故eq \f(b·eq f (B＋C),c)eq ＝eq \f(eq \r(2)c·sin(B＋C),c)eq ＝eq eq \r(2)sinAeq ＝1．
20．（本题满分16分）本题共有3个小题，第1题满分4分，第2题满分6分，第3题满分6分．
解：（1）由已知条件得 eq \f(eq 1\(\s\up5 (2),\s\d1()), 4)＋m2=1，因为eq m＞0，所以eq m＝eq \f(eq \r(3),2)，又eq eq F\s\d3(1)、eq F\s\d3(2)的坐标分别为eq (－eq \r(3)，0)、(eq \r(3)，0)，
因此，eq △eq F\s\d3(1)Meq F\s\d3(2)的面积为eq eq \f(1,2)▪2eq \r(3)▪eq \f(eq \r(3),2)＝eq \f(3,2)．
（2）设eq A( eq x\s\d4(A)，eq y\s\d4(A))，B( eq x\s\d4(B)，eq y\s\d4(B))，由eq \b\lc\{(\a\al(eq \f(x2, 4)＋y2=1,eq y=kx－eq \f(3,5)))得eq (4k2+1)x2－eq \f(24,5)kx－eq \f(64,25)=0，显然eq Δ＝64k2＋eq \f(256,25)＞0，且eq \b\lc\{(\a\al( eq x\s\d4(A)＋eq x\s\d4(B)＝eq \f(24k,5(4k2+1)), eq x\s\d4(A)▪eq x\s\d4(B)＝－eq \f(64,25(4k2+1))))，
又eq eq y\s\d4(A)=keq x\s\d4(A)－eq \f(3,5)，eq y\s\d4(B)=keq x\s\d4(B)－eq \f(3,5)，所以，
eq eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))eq ＝(eq x\s\d4(A)，eq y\s\d4(A)－1)▪(eq x\s\d4(B)，eq y\s\d4(B)－1)eq ＝(k2＋1)eq x\s\d4(A)eq x\s\d4(B)－eq \f(8,5)k(eq x\s\d4(A)＋eq x\s\d4(B))＋eq \f(64,25)eq ＝(k2＋1)▪[－eq \f(64,25(4k2+1))]－eq \f(8,5)k▪eq \f(24k,5(4k2+1))＋eq \f(64,25)eq ＝0，
即 eq eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0为定值．
（3）满足eq 2|OP|▪|OQ|＝5secθ的锐角不存在．
理由如下：
因为直线eq OP：eq y＝eq k\s\d3(1)x与eq ⊙M相切，所以eq eq \f(|eq k\s\d3(1)s－t|,eq \r(eq k\(\s\up6 (2),\s\d2(1))＋1))＝r，即 eq (s2－r2)eq k\(\s\up6 (2),\s\d2(1))－2steq k\s\d3(1)＋t2－r2＝0，
同理，由直线eq OQ：eq y＝eq k\s\d3(2)x与eq ⊙M相切，可得 eq (s2－r2)eq k\(\s\up6 (2),\s\d2(2))－2steq k\s\d3(2)＋t2－r2＝0，
于是，eq eq k\s\d3(1)、eq k\s\d3(2)是关于ξ的方程eq (s2－r2)eq ξ\O(2,)－2stξ＋t2－r2＝0的两实根，
注意到eq |s|≠r，且eq \f(s2, 4)＋t2=1，故 eq eq k\s\d3(1)eq k\s\d3(2)＝eq \f(t2－r2, s2－r2)eq ＝eq \f((1－eq \f(s2,4))－r2, s2－r2)，
因eq eq k\s\d3(1)eq k\s\d3(2)为定值，故不妨设eq eq k\s\d3(1)eq k\s\d3(2)＝δ（定值），
于是有 eq δ＝eq \f(1－eq \f(s2,4)－r2, s2－r2) ，即 eq (δ＋eq \f(1,4))s2＋[－1＋(1－δ)r2]=0．
依题意可知，eq s变化，而eq r、δ均为定值，所以eq \b\lc\{(\a\al(δ＋eq \f(1,4)=0,－1＋(1－δ)r2=0))，解得eq eq k\s\d3(1)eq k\s\d3(2)＝δ＝－eq \f(1,4)，eq r＝eq \f(2eq \r(5),5)，
再设eq P( eq x\s\d4(1)，eq y\s\d4(1))，Q( eq x\s\d4(2)，eq y\s\d4(2))，由eq \b\lc\{(\a\al(eq \f(x2, 4)＋y2=1,eq y＝eq k\s\d3(1)x))得eq \b\lc\{(\a\al(eq x\(\s\up5 (2),\s\d3(1))＝eq \f(4,1＋4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(1))),eq y\(\s\up5 (2),\s\d3(1))＝eq \f(4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(1)),1＋4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(1)))))；同理可得eq \b\lc\{(\a\al(eq x\(\s\up5 (2),\s\d3(2))＝eq \f(4,1＋4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(2))),eq y\(\s\up5 (2),\s\d3(2))＝eq \f(4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(2)),1＋4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(2)))))．
所以 eq eq |OP|\O(2,)▪eq |OQ|\O(2,)＝(eq x\(\s\up5 (2),\s\d3(1))＋eq y\(\s\up5 (2),\s\d3(1)))(eq x\(\s\up5 (2),\s\d3(2))＋eq y\(\s\up5 (2),\s\d3(2)))eq ＝eq \f(4(1＋eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(1))),1＋4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(1)))×eq \f(4(1＋eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(2))),1＋4eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(2)))eq ＝4＋eq \f(9,2＋4(eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(1))＋eq k\(\s\up5 (2),\s\d3(2))))eq ≤4＋eq \f(9,2＋4▪2 |eq k\s\d3(1)eq k\s\d3(2)|)eq ＝\f(25,4)，
即 eq eq |OP|\O(2,)▪eq |OQ|\O(2,)≤eq \f(25,4)，亦即 eq |OP|▪|OQ|≤eq \f(5,2)， （※）
若锐角θ ，使eq 2|OP|▪|OQ|＝5secθ，则eq |OP|▪|OQ|＝eq \f(5,2)secθ＞eq \f(5,2)，与（※）相矛盾．
因此，这样的锐角不存在．
21．（本题满分18分）本题共有3个小题，第1题满分4分，第2题满分6分，第3题满分8分．
解：（1）因为有穷数列eq {eq x\s\d3(n)}具有性质eq P(t)，所以，|eq x\s\d3(i+1)－eq x\s\d3(i)|≥t，（eq i=1，2，…n－1），
再由已知条件可得，eq (n－1)t＝eq ≤|eq x\s\d3(2)－eq x\s\d3(1)|＋|eq x\s\d3(3)－eq x\s\d3(2)|＋…＋|eq x\s\d3(n)－eq x\s\d3(n－1)|eq ≤eq \f(n－1,2)，
即 eq (n－1)t≤eq \f(n－1,2)，而eq n≥3，所以，eq t≤eq \f(1,2)．注意到eq t≥eq \f(1,2)，所以，eq t＝eq \f(1,2)．
（2）当eq eq a\s\d3(1)≤0时，有穷数列eq {eq a\s\d3(n)}不具有性质eq P(t－2)；当eq eq a\s\d3(1)＞0时，有穷数列eq {eq a\s\d3(n)}具有性质eq P(t－2)．
理由如下：
若eq eq a\s\d3(1)≤0，则有穷数列eq {eq a\s\d3(n)}显然不具有性质eq P(t－2)．
若eq eq a\s\d3(1)＞0，则由eq t＞2，可得 eq eq a\s\d3(2)=2|eq a\s\d3(1)+t+2|－|eq a\s\d3(1)+t－2|eq =2(eq a\s\d3(1)+t+2)－(eq a\s\d3(1)+t－2)eq =eq a\s\d3(1)+t+6，
所以，eq eq a\s\d3(2)＞eq a\s\d3(1)＋(t－2)（eq eq a\s\d3(1)＞0），且eq eq a\s\d3(2)＞0，
同理可得，eq eq a\s\d3(3)=eq a\s\d3(2)+t+6（eq eq a\s\d3(2)＞0），所以，eq eq a\s\d3(3)＞eq a\s\d3(2)＋(t－2) ，且eq eq a\s\d3(3)＞0，
…，
一般地，若eq eq a\s\d3(i)=eq a\s\d3(i－1)+t+6（eq eq a\s\d3(i－1)＞0），则eq eq a\s\d3(i)＞eq a\s\d3(i－1)＋(t－2)，且eq eq a\s\d3(i)＞0，
于是，eq eq a\s\d3(i+1)＝2|eq a\s\d3(i)+t+2|－|eq a\s\d3(i)+t－2|eq ＝2(eq a\s\d3(i)+t+2)－(eq a\s\d3(i)+t－2)eq =eq a\s\d3(i)+t+6，
所以，eq eq a\s\d3(i+1)＞eq a\s\d3(i)＋(t－2)，且eq eq a\s\d3(i)＞0（仍有eq eq a\s\d3(i+1)＞0，这里eq i，n∈eq N\s\ai0(*)，eq n≥3，eq 1≤i≤n－1），
因此，当eq eq a\s\d3(1)＞0时，有穷数列eq {eq a\s\d3(n)}具有性质eq P(t－2)．
综上，当eq eq a\s\d3(1)≤0时，有穷数列eq {eq a\s\d3(n)}不具有性质eq P(t－2)；当eq eq a\s\d3(1)＞0时，有穷数列eq {eq a\s\d3(n)}具有性质eq P(t－2)．
（3）由已知可得eq eq y\s\d4(n－1)≤eq y\s\d4(n)－1，
eq eq y\s\d4(n－2)≤eq y\s\d4(n)－2，
…………，
eq eq y\s\d4(1)≤eq y\s\d4(n)－(n－1)，
故eq eq eq y\s\d4(1)＋eq y\s\d4(2)＋…＋eq y\s\d4(n)≤eq ny\s\d4(n)－eq [1+2+…+(n－1)]，即 eq 2000≤eq ny\s\d4(n)－eq \f(n (n－1),2)，整理得 eq eq y\s\d4(n)≥eq \f(2000, n)＋eq \f(n,2)－eq \f(1,2)，
显然eq eq y\s\d4(n)=A，于是有 eq A＋n＝eq y\s\d4(n)＋neq ≥eq \f(2000, n)＋eq \f(3n,2)－eq \f(1,2)eq ＞eq \f(－1＋eq 40\r(30), 2) ，
注意到eq A，n∈eq N\s\ai0(*)，且eq eq \f(－1＋eq 40\r(30), 2)＜110，
所以A＋n≥110，可取eq eq y\s\d4(1)=2，eq y\s\d4(i)=36+i（i=2，3，…，37），
因此，eq A＋n的最小值为110．