届上海市青浦区高三一模期末数学试题解析版.docx
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届上海市青浦区高三一模期末数学试题解析版
2020届上海市青浦区高三一模（期末）数学试题
【解析】二项式展开式的通项公式为
1
c：
（3x）n，斗）r
xx
，若展开式中有常数项，则
、单选题
n
1.使得3x
1
—=nN
xx
的展开式中含有常数项的最小的
n为（）
A.4
B.5
C.6
D.7
【答案】B
35
n-r-r=0，解得n二—r，当r取2时，n的最小值为5,故选B
22
【考点定位】本题考查二项式定理的应用.
2.对于两条不同的直线m,n和两个不同的平面，，以下结论正确的是（）
A•若心\,m,n是异面直线，则，相交
B.若二」-匕，匕亠1[，则上-
C.若⑺"，,m,n共面于网，则
D.若，-L'^^1,不平行，则m,n为异面直线
【答案】C
【解析】解：
正方体3CD街匕©[Dj中，
取nn为棱BCCini,平面讪为田CD.WODi，满足选项A|中的条件，但是」卩，
选项関错误；取nn为棱，平面％为\BCD.AlB1CLDl,满足选项直中的条件，但是]】G©,
选项错误；
取nil为棱jXDAAi,平面为liCCiBiAiEADi，满足选项D中的条件，但是mCn八，选项0错误；
本题选择C选项.
3•过抛物线寸2px（P0）的焦点作两条相互垂直的弦AB和CD，则
1
|AB|
1
|CD|
的值为（
1
2p
2
B.—
P
第1页共17页
【答案】D
进一步利用一元二次方
【解析】直接利用直线和曲线的位置关系式的应用建立方程组,
程根和系数关系式的应用求出结果.
【详解】
抛物线y
2px（p
0）的焦点坐标为
（対
，所以设经过焦点直线AB的方程为
yk（x
所以y
k（x自
y22px
，整理得k2x2
（k2p
2p）x
.22
一—0，设点A（n，yj,B（X2，
4
V2），
所以|AB|为X2
p（2k22）p
k2
，所以
k2
（2k22）p，
同理设经过焦点直线
CD的方程为
；＜x2，
所以
y◎）
2px
，整理得
x2（p
2
2k2p）x土0，
所以:
|CD|
P（P
2k2p），所以|CD|
1
2，
2p2k2p
2
则则
|AB||CD|
2
2p（1k）2p
（1k）1
故选：
D.
【点睛】本题考查圆锥曲线的应用、直线和曲线的位置关系式、一元二次方程根和系数关系式，
考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注
意坐标法的运用•
4.设等比数列｛an｝的公比为q，其前n项之积为「，并且满足条件：
印1,
*2019*20201,10'给出下列结论：
①°q〔；②*2019玄20211°二③T2019
a20201
是数列｛Tn｝中的最大项；④使Tn1成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序
号为（）
D.①②③④
A.①②B.①③C.①③④
第2页共17页
【答案】B
【解析】
由题意可得a2019
1,a2020
1，结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答
案.
【详解】
Qa11
a2019a20201,
a20191
a20201
0,
a2019
1,a20201.
0q
1，故①正确；
a2019a2021
a21
2020
a2019a2021
10，故②不正确；
4039
T4039a1a2L*403834039a2020
Q玄20201,T2019是数列{Tn}中的最大项，故③正确;
1,T4038aia2La4037a4038（*2019*2020）1,
使Tn1成立的最大自然数等于4038，故④不正确.
正确结论的序号是①③.
故选：
B.
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题.
二、填空题
5.已知集合U={1,3,5,9},A={1,3,9},B={1,9}，则?
u（AUB）=
【答案】⑸
【解析】易得AUB=A={1,3,9}，则?
u（AUB）={5}.
6.若复数zi（32i）（i是虚数单位），则z的模为
【答案】.13
【解析】利用复数乘法运算、模的计算公式，即可得答案.
【详解】
复数zi（32i）23i,
则|z|.322213.
故答案为：
13.
【点睛】
本题考查复数运算法则、模的计算公式，考查运算求解能力，属于基础题.
7•直线li：
x10和直线I2:
J3xy0的夹角大小是
【答案】-
6
【解析】由题意分别求出两条直线的倾斜角，即可得答案.
【详解】
Q直线li:
x10的倾斜角为一，
2
直线l2:
3xy0的斜率为.3，倾斜角为一，
3
•••直线li:
x10和直线l2:
.3xy0的夹角大小为
236
故答案为：
—•
6
【点睛】
本题考查直线的倾斜角和斜率，考查运算求解能力，属于基础题
8•我国古代庄周所著的《庄子天下篇》中引用过一句话：
一尺之棰，日取其半，万
世不竭”，其含义是：
一根一尺长的木棒，每天截下其一半，这样的过程可以无限地进
行下去•若把一尺之棰”的长度记为1个单位，则第n天’日取其半”后，记木棒剩下部
分的长度为an,则an
【解析】
【答案】
根据数列｛an｝的前几项，找到该数列的规律，归纳出数列的通项即可.
【详解】
依题意,
日取其半”后a1
日取其半
后a2
日取其半
后a3
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2；
（1）2;
16
第n天日取其半”后
n个
}
1
2
1
（1）n,
故答案为:
1
、n
【点睛】本题考查数列的通项公式、归纳法求数列的通项公式，考查归纳推理能力.
9.已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，角的终边与单位圆的交
34
点坐标是（一,一），贝Vsin2
55
24
【答案】-
25
【解析】直接利用单位圆求出三角函数的值，进一步利用三角函数关系式的变换求出结
果.
【详解】
角的终边与单位圆的交点坐标是（3,-）,
55
3
4
所以cos
sin=
■
5
5，
所以sin2
2sin
cos
2
（3）
4
5
5
故答案为：
24
25
【点睛】
24
25.
本题考查单位圆中三角函数的定义、同角三角函数的基本关系、二倍角公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
10.已知正四棱柱底面边长为22，体积为32,则此四棱柱的表面积为
【答案】1632.2
【解析】求出正四棱柱的高，再计算此四棱柱的表面积.
【详解】
设正四棱柱的高为h，由底面边长为a22，体积为V32,
r32
则Vah，即h（2024；
所以此四棱柱的表面积为：
SS侧面积2S底面积
442222222
故答案为：
1632・、2-
【点睛】
本题考查正四棱柱的体积与表面积的计算问题，考查运算求解能力，属于基础题.
1
x
的最大值为
11.设x,yR+，若4x-
1，则一
y
y
【答案】
1
16
【解析】
x
由已知条件可得一
4x2x
1211
4（x）,，进而得到最大值
y
81616
【详解】
1
Q4x
—
1,x,yR+,
y
2
x
2
12
1
1
4x
x，即一4xx
4（x-）
y
y
8
16
16
1
当且仅当“-,y2”时取等号
8
1
故答案为：
—.
16
【点睛】
本题考查利用一元二次函数求最值,
考查转化与化归思想,
考查逻辑推理能力和运算求
解能力，求解时注意等号成立的条件
12.已知数列｛an｝中，a11,an务1
1
尹（nN*），则叫_____
11
a1
1，anan12“1
（n
N*）,
1
1
1
3
a3a24，a4
as
5，
2
2
2
n1,
anan1
数列｛an｝中,
可得a2a1
2*1
5
【答案】5
4
【解析】利用累加法求解数列的通项公式，然后求解数列的极限即可.
【详解】
111
累加可得：
务1歹歹歹
则liman
n
5
【点睛】本题考查数列的极限的应用，数列求和的方法，考查计算能力.
13.某地开展名优教师支教活动，现有五名名优教师被随机分到A、B、C三个不同
的乡镇中学，现要求甲乙两位名优教师同时分到一个中学，可以有乡镇中学不分配到名
优教师，则不同的分配方案共有种
【答案】81
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①在三个中学中任选1个，安排甲乙两人，②由分步计数原理分析剩下的3人分配方案数目，由乘法原理计算可得答案.
【详解】
根据题意，分2步进行分析：
1在三个中学中任选1个，安排甲乙两人，有C33种情况，
2对于剩下的三人，每人都可以安排在A、B、C三个不同的乡镇中学中任意1个，
则剩下三人有33327种不同的选法，
则有32781种不同的分配方法；
故答案为：
81
【点睛】
本题考查分步计数原理的应用，注意可以有乡镇中学不分配到名优教师”的条件，属于
基础题.
14•已知对于任意给定的正实数k，函数f（x）2xk2x的图像都关于直线Xm成
轴对称图形，则m
1
【答案】-log2k
【解析】由题意可得，f（mx）为偶函数，关于y轴对称，从而有f（mx）f（mx）恒成立，代入即可求解.
【详解】
由题意可知，k0，函数f（x）2xkg2x的图象都关于直线xm成轴对称图形，
则f（mx）为偶函数，关于y轴对称,
故f（mx）f（mx）恒成立,
kg2
（mx）
2mx
kg2（m
x）
m1log2k
故答案为：
〔log2k
【点睛】
本题考查对称性质的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力
和运算求解能力，求解时注意将f（mx）为偶函数转化为图象关于y轴对称.
X
15.如图，一矩形ABCD的一边AB在x轴上，另两个顶点C、D在函数f（x）2，
1x
X0的图像上，则此矩形绕x轴旋转而成的几何体的体积的最大值是
3
L
一D
厂.
■
1
1
柑
1
B*
【答案】
【解析】
求出y的范围，设出点A、B的坐标，根据A、
B两点的纵坐标相等得到
x?
gxi
1，再求出高h；根据圆柱体的体积公式得到关于
y的代数式，最后根据基本
不等式求出体积的最大值.
【详解】
x
由yf（x）rv
1
1
x
X
2订—gx
1
2,当且仅当
1时取等号，得X-
X
又矩形绕x轴旋转得到的旋转体是圆柱,
设A点的坐标为（治,
y）,b点的坐标为
（x2,y）,
则圆柱的底面圆半径为
y，高为hx2
Xi，且f（为）
X1
1X-|2
仏）
X2
1x22，
所以
X,x2
1彳1x22
xJ（X2gxi
1）
所以
X2gx11,
所以
h2
（X2xj24x2gm
（X1-）2
X1
1
4
2
y
所以
；21
14y2
2X
16.已知点P在双曲线
2y
16
uir
1上，点A满足PA
urn
（t1）OP（tR），且
9
uirum
uuu
urnutr
OAOP
60，
OB
（0,1）
，贝U|OBOA|的最大值为
【答案】
8
uir
urn
uuuuuuuuu
uuu
【解析】
由PA
（t
1）OP,
得到
OAtOP，则1OA1
|t|g|OP|，设A（Xa」a）,
Xp
Xa
P（Xp,yp），可得
yp
将点中¥）代入双曲线中得兀
9yA2
16
9t2，结合
uuuuuu
OAgOP
muurn
|OBgOA|Ml,8.
【详解】
uuu
uuu
uuu
uuu
uuu
uuu
uuu
uuu
QPA（t
1）OP
tOP
OP,
OA
OP
tOP
OP，
60，可得1yA1,8，从而得到
uuu则OA
uuu
tOP，
uuuuur
|OA||t|g|OP|,
所以
V圆柱y
hy14y21、4y214y2,*
4y2（14y2））1
g（）
24
当且仅当y
上2时取等号，
4
故此矩形绕
X轴旋转得到的旋转体的体积的最大值为一•
4
故答案为：
4°
【点睛】
本题考查空间几何体的体积计算和基本不等式的应用问题，
考查函数与方程思想、转化
与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意等号成立的条件
设A（Xa,yA）,P（XP,yP）,,
（Xa,yA）t（XP,yP）,
Xa
yA
txP
tyP
，即
Xp
yp
Xa
t，将点（翌，呈）代入双曲线中得:
yAtt
22xayA
9t216F
2
Xa
小2
9yA
16
9t2
①,
uuuuuu
QOAgOP60，
urnuuumu„„„
|OA|g|OP||t|gOP|2|t|g（xp2yp2）
22
|t|g（Xr怜）60②,
由①②得60
|t|g（
小2
9yA
2
yA
16t
t2
9）|t|g（
25yj
16t2
9）
25yA2
16|t|
15
9|t|弓小，
|yA|,8,
uuuuuu
|OBgOA||Ya|,8.
uuuuuu
则|OBgOA|的最大值为8.
故答案为：
8.
【点睛】
本题考查向量与双曲线的交会、向量的数量积、模的坐标运算，考查函数与方程思想、
转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将最值问题转化为A
点的纵坐标绝对值的最值.
三、解答题
17•如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD,E是PC的
（2）.异面直线BC与AE所成的角的大小
【答案】
（1）2、3；
可知CDPD，则Spcd
1
2PDCD，求得PD,CD代入即可得到结果；
（2）取PB
中点F，连接EF,AF，可知AEF即为所求角；求解出AEF三边长，可知AEF
为等腰直角三角形，从而得到所求角
【详解】
PACD
（1）QPA底面ABCD，CD底面ABCD
Q四边形ABCD为矩形CDAD
又AD,PA平面PAD，ADPAA
CDA平面PAD
QPD平面PADCDPD
QPD.PA2AD22,3
SPCD
-PDCD
2
A
-22.323
2
（2）取PB中点F，连接EF,AF，则EF//BC
AEF即为异面直线BC与AE所成角
QEF-BC2，AF—PB—、、^4、2,
222
11
AE—PC—4482
22
EF2AF2AE2，即AEF为等腰直角三角形且EFAFAEF—
4
异面直线BC与AE所成角的大小是一
4
【点睛】
本题考查立体几何中垂直关系的应用、异面直线所成角的求解问题，涉及到线面垂直的
判定与性质的应用；求解异面直线所成角的关键是能够根据线线平行关系将异面直线成角转化为相交直线所成角的求解问题
r厂rrr
18.已知向量aC-3cosx,sinx）,b（cosx,cosx），其中0,记f（x）ab.
（1）若函数f（x）的最小正周期为，求的值；
（2）在
（1）的条件下，已知△ABC的内角A、B、C对应的边分别为a、b、c,
若f（A）3，且a4,bc5，求△ABC的面积•
2
3
【答案】
（1）1;
（2）°3
4
【解析】
（1）进行数量积的坐标运算，并根据二倍角的正余弦公式及两角和的正弦公式
得出f（x）sin（2x），再根据f（x）的最小正周期为即可求出1；
3
3，然后根据f（-）x3即可求出
22
2
（2）根据
（1）可得出f（x）sin（2x）
3
A2
A——，然后由余弦定理即可得出16（b
3
出ABC的面积.
2
c）3bc，从而求出bc3，然后可求
【详解】
（1）••
；gb_3cos2xsin
xgcosx
3（cos2x1）
sin2x
2
sin（2
f（x）
Qf（x）的最小正周期为
，且
，解得1;
（2）由
（1）得f（x）sin（2x
Qf（A）
sin（A
3）子，由0
得，3
由余弦定理知：
a2b2
2bccosA,
即16
b2c2bc
（bc）23bc，且
1625
3bc,bc
SABC
11
bcsinA-
3-3
4
【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算、二倍角的正余弦公式、两角和的正弦公式、已知三角函数值求角、余弦定理、三角形的面积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
19.某企业生产的产品具有60个月的时效性，在时效期内，企业投入50万元经销该产
品，为了获得更多的利润，企业将每月获得利润的10%再投入到次月的经营中，市场
调研表明，该企业在经销这个产品的第n个月的利润是
101n10nN*
f（n）*（单位：
万元），记第n个月的当月利润率为
n11n60,nN
—第n个月的利润皆小f（3）
g（n），例g（3）
截止到第n个月投入的资金总和50（f
（1）f
（2））10%.
（1）求第n个月的当月利润率；
（2）求该企业在经销此产品期间，哪一个月的当月利润率最大，并求出该月的当月利润率•
【答案】
（1）g（n）
10
n49
20n
11
10
;
（2）第33个月，当月利润率为
60
330
1073
1090
【解析】
（1）当n
1时，g
（1）1，当
5
n,10,
nN*时，则g（n）』一
n49
而求解;
（2）当1剟n10,
g（n）
当11剟I60,n
时,
g（n）
10
n49
20n
n1090
是减函数,
此时g（n）的最大值为g
（1）
20
20
n109012.10901，进而
求解.
【详解】
（1）依题意得f
（1）
f
（2）
f（3）L
f（9）
f（10）10,
n1时，g
（1）®
50
g（n）1
50石（f
（1）f
（2）
1.“
—,当1n,10,nN5
f（n）
f（n
1））
时，f
（1）f
（2）Lf（n1）10,
n49，
1也符合上式，故当1剟n10,nN
g（n）
50f
（1）f
（2）
f（n）
f（10）__f（11）
f（n1）
1
50（100f（11）
10
n
60（n11）（n诃
f（n1））
20n
2
n1090
20
所以第n个月的当月利润率为
g（n）
二^,1剟n
n49
20
n2n1090
10
11剟n60
（2）当1剟110,n
g（n）
10
是减函数，此时g（n）的最大值为g
（1）
49
当11剟I60，nN
时,
g（n）r~20n——
n2n1090
20
1090d
1
n
20
2、10901，
g（n）在11剟n33，n
单调递增,
g（n）在34剟b60，nN单调递减,
当且仅当n
g（33）
1090
，即
n
2033
.1090时,
g（n）有最大值，又n
332331090
輕，g（34）22034
1073342341090
170
553，
因为型辺
1073553
1
5，所以当n
33时，g（n）有最大值型
1073
即该企业经销此产品期间，第33个月利润最大，其当月利润率为•
1073
【点睛】
本题考查分段函数、基本不等式在实际问题中的应用，考查函数与方程思想、转化与化
归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意模型的构建
20.已知焦点在x轴上的椭圆C上的点到两个焦点的距离和为10,椭圆C经过点
（3罟）.
5
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过椭圆C的右焦点F作与x轴垂直的直线h，直线h上存在M、N两点满足
OMON，求△OMN面积的最小值；
（3）若与x轴不垂直的直线I交椭圆C于A、B两点，交x轴于定点M，线段AB的
垂直平分线交x轴于点N，且丄AB1为定值，求点M的坐标.
|MN|
22
【答案】
（1）二乞1；
（2）9；（3）M（3,0）.
2516
【解析】
（1）求出a，b，直接求出椭圆方程；
（2）设M（3,丫皿），N（3,yN），F（3,0），由OMON，所以
uuuruur
OMgON9yMyN0，代入三角形面积公
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