上海市松江区2020届高三一模数学试卷【含解析】

一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

12，则AB_____ 1.已知集合Ax|x10，B0，，2 【答案】1，【解析】 【分析】

求解不等式化简集合A，再由交集的运算性质得答案． 【详解】由集合A得x1,所以AB1,2 故答案为1,2

【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题．

的终边过点P(4,3)，则sin(2.若角

3)的值为_____________. 2【答案】【解析】 【分析】

4 5由题意可得 x＝4，y＝﹣3，r＝5，再由任意角的三角函数的定义可得cos式化简，代入即可求解．

4 ，由诱导公5【详解】解：∵角α的终边过点P（4，﹣3），则 x＝4，y＝﹣3，r＝5，cos4， 5sin(34)cos． 25【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两点间的距离公式的应用，属于基础题．

3.设z1i2i，则|z|______. 1i【答案】1. 【解析】

分析：首先求得复数z，然后求解其模即可. 详解：由复数的运算法则有：

z1i1i2i2i2ii1i2i， 1i1i1i2则：zi1.

点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

524.x2的展开式中x4项的系数为_______．

x【答案】40 【解析】 【分析】

根据二项定理展开式，求得r的值，进而求得系数．

rr【详解】根据二项定理展开式的通项式得C5x25r2rr103r C52xx所以103r4 ，解得r22所以系数C5240

2

【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题．

x2y25.已知椭圆1的左、右焦点分别为F1、F2，若椭圆上的点P满足|PF1|2|PF2|，

94则|PF1|________ 【答案】4 【解析】 【分析】

根据椭圆定义，得到PF1PF22a6，再由题中条件，即可得出结果.

x2y2【详解】由题意，在椭圆1中，PF1PF22a6，

94又PF12PF2，所以故答案为：4

【点睛】本题主要考查椭圆上的点到焦点的距离，熟记椭圆的定义即可，属于基础题型.

3PF16，因此PF14. 2mx4ym2yx6.若关于、的二元一次方程组无解，则实数m________

xmym【答案】2 【解析】 【分析】

根据方程组无解，得到直线mx4ym2与直线xmym平行，根据两直线平行的充要条件，即可求出结果.

mx4ym2yx【详解】因为关于、的二元一次方程组无解，

xmym所以直线mx4ym2与直线xmym平行，

m240所以m2m，解得：m2.

m4故答案为：2

【点睛】本题主要考查由方程组无解求参数，熟记直线与直线平行的判定条件，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型.

7.已知向量a(1,2)，b(m,3)，若向量(a2b)∥b，则实数m________ 【答案】【解析】 【分析】

先由题意，得到a2b(12m,8)，根据向量共线的坐标表示，得到12m(3)8m0，求解，即可得出结果.

【详解】因为向量a(1,2)，b(m,3)，所以a2b(12m,8)， 又(a2b)∥b，所以12m(3)8m0，即2m30， 解得：m3 23. 23 2故答案为：【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，熟记向量共线坐标表示即可，属于常考题型.

18.已知函数yf(x)存在反函数yf(x)，若函数yf(x)2x的图像经过点(1,6)，则

函数yf1(x)log2x的图像必经过点________ 【答案】(4,3)

【解析】 【分析】

先由题意，得到6f(1)2，推出函数yf(x)的图像过点(1,4)，其反函数过点(4,1)，求出f1(4)1，得到f1(4)log24123，进而可求出结果.

【详解】因为函数yf(x)2x的图像经过点(1,6)，

所以6f(1)2，因此f(1)4，即函数yf(x)的图像过点(1,4)

11又yf(x)存在反函数yf(x)，所以yf(x)的图像过点(4,1)，

即f1(4)1，所以f1(4)log24123，

即函数yf1(x)log2x的图像必经过点4,3. 故答案为：4,3

【点睛】本题主要考查反函数的应用，熟记反函数的性质即可，属于常考题型.

9.在无穷等比数列{an}中，若lim(a1a2an)n1，则a1的取值范围是________ 3【答案】(0,)1312(,) 33【解析】 【分析】

先设等比数列{an}的公比为q，根据题意，得到q1且q0，

a11，分别讨论1q31q0，和0q1，即可得出结果.

a1(1qn),q1qn{a}S1q【详解】设等比数列n公比为，则其前项和为：n，

na,q11若q1时，lim(a1a2an)limna1nna1(1qn)1， 若q1时，lim(a1a2an)limnn1q3因此q1且q0，

a111，即a11q， 1q331121q,； 333所以当1q0时，a1当0q1时，a1110,1q.

33因此，a1的取值范围是(0,)13的1， 312(,). 33故答案为：(0,)1312(,) 33【点睛】本题主要考查由等比数列的极限求参数的问题，熟记极限的运算法则，以及等比数列的求和公式即可，属于常考题型.

10.函数yaxb的大致图像如图，若函数图像经过(0,1)和(4,3)两点，且x1和cxdy2是其两条渐近线，则a:b:c:d________

【答案】2:1:1:1 【解析】 【分析】

cd0axb先由函数图像，得到函数y关于1,2对称，推出a，化原函数为

2cxdcy2cxb，再由函数图像所过定点，即可求出参数，得出结果.

cxc【详解】由图像可得：函数yaxb关于1,2对称， cxdcd0cdaxb2cxb所以有a，即，因此y，

cxdcxca2c2c又函数图像经过(0,1)和(4,3)两点，

b1d1b1c所以，解得：，因此，

8cba2c134cc所以a:b:c:d2:1:1:1. 故答案为：2:1:1:1

【点睛】本题主要考查由函数图像求参数，熟记函数的对称性，以及待定系数法求函数解析式即可，属于常考题型.

11.若实数a,b0，满足abcabc，a2b21，则实数c的最小值为________

【答案】22 【解析】 【分析】

先由题意，根据基本不等式，得到ab11，得出ab1，再由a2b21，得到22ab1，根据abcabc得ab22c2abab232ab33，令tab，ab根据题意得到tab0,2，由函数单调性，得到ytt的最值，进而可求出结果. 【详解】因为a,b0，a2b21，所以a2b212ab，即ab取等号；因此ab11，当且仅当ab时，2111， 2222又ab1，所以ab22ab2ab12ab，即ab22ab21，

2cab2由abcabc得c，所以ab3abab13，

ab令tab，因为ab时取等号.

所以tab0,2， 又易知函数yt(ab)2a2b22ab2a2b22，当且仅当ab3在t0,2上单调递增， t因此yt332， 2t22223tt222因此

c3abab22. 即实数c的最小值为22.

故答案为：22 【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型. 12.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合

M{a|aAiAj(i,j1,2,3,4,5,6,ij)}，在M中任取两个元素m、n，则mn0的概

率为________

【答案】

8 51【解析】 【分析】

先以A1A4的中点为坐标原点O，以A1A4所在直线为x轴，以A1A4的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，得到各顶点坐标，列举出集合M中所有元素，以及满足条件的组合，根据古典概型的概率计算公式，即可求出结果.

【详解】以A1A4的中点为坐标原点O，以A1A4所在直线为x轴，以A1A4的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

因为正六边形的边长为1，

13111333A2A3,,A6,A11,0、A41,0、A5所以易得：、、， 2,2、2222221333AAAA,AAAA因此12546422，132,2，A1A42,0，A4A12,0，

311333A1A5A2A42,2，A1A6A3A42,2，A2A1A4A52,2，

A2A3A6A51,0，A2A51,3，A5A21,3，A2A6A3A50,3，33A3A1A4A6,2，A3A2A5A61,0，A3A61,3，A6A31,3，23313A4A2A5A12,2，A4A3A6A12,2，A5A3A6A20,3；

共18个向量.

因此M{a|aAiAj(i,j1,2,3,4,5,6,ij)}中含有18个不同的元素.

133333又在M中任取两个元素m、n，满足mn0的有：2,2与2,2或2,2；

113333333333,,,,,,2与2与2；2或22； 22或2222133333,,,2,0与0,3或2,0与0,3或0,3；；22与222或2330,3； 1,0与0,3或0,3；1,0与0,3或0,3；1,3与2,23333333333,,或2；2或2,2；1,3与2,2；1,3与2,2或223333,,1,3与或共24种选法，又由m、n的任意性，因此满足mn02；222248种； 的情况共有：24A2又在M中任取两个元素m、n，共有C18A2种情况；

22因此，满足mn0的概率为：P488. 22C18A251故答案为：

8 51【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型. 二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分） 13.已知l是平面的一条斜线，直线m，则（ ） A. 存在唯一的一条直线m，使得lm C. 存在唯一的一条直线m，使得l∥m 【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意，作出图形，结合直线与直线，直线与平面位置关系，即可得出结果.

B. 存在无限多条直线m，使得lm D. 存在无限多条直线m，使得l∥m

【详解】因为l是平面的一条斜线，直线m，画出图形如下：

显然在平面内必存在直线m与直线l垂直， 且平面内有无数条直线与直线m平行， 故存在无限多条直线m，使得lm. 故选：B

【点睛】本题主要考查直线与直线位置关系的判定，熟记线面，线线位置关系即可，属于常考题型.

14.设x,yR，则“xy2”是“x、y中至少有一个数大于1”的（ ）

A. 充分非必要条件 C. 充要条件 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 必要非充分条件 D. 既非充分又非必要条件

根据充分条件与必要条件的概念，直接判断，即可得出结果.

【详解】若xy2，则x、y中至少有一个数大于1，即“xy2”是“x、y中至少有一个数大于1”的充分条件，

反之，若“x、y中至少有一个数大于1”，则xy不一定大于2，如：x2,y1；

因此，“xy2”是“x、y中至少有一个数大于1”的充分不必要条件.

故选：A

【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.

15.若存在b,cR，使xbxcM对任意的x0,4恒成立，则（ ）

2A. M的最小值为1 C. M的最小值为4 【答案】B 【解析】 【分析】

B. M的最小值为2 D. M的最小值为8

f(0)McM2先令f(x)xbxc，由题意，得到f(4)M，推出164bcM，

2bb2c2Mf()M22b22c164bcc4M，根据绝对值不等式的性质定理，得到三式相加得2b2b22c164bcc164b，再由题中存在b,cR，使结论成立，可得：只22b24b16，进而可得出结果. 需4M2min2【详解】因为xbxcM对任意的x0,4恒成立，令f(x)xbxc，

2f(0)McMcM则只需f(4)M，即164bcM，所以164bcM，

22bbcb2c2Mf()MM242b22c164bcc4M， 所以以上三式相加可得：2由绝对值不等式的性质定理可得：

b2b2b22c164bcc2c164bcc4b16， 222b2b2214b164b16b488 因此只需4M2min2min2min即M2. 故选：B

【点睛】本题主要考查求最值的问题，熟记绝对值不等式的性质，以及不等式的性质即可，属于常考题型.

16.已知集合M{1,2,3,,10}，集合AM，定义M(A)为A中元素的最小值，当A取遍

M的所有非空子集时，对应的M(A)的和记为S10，则S10（ ）

A. 45 【答案】C 【解析】 【分析】

根据题意先确定M(A)可能取的值为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，再得到对应的个数，根据错位相减法，即可求出结果.

B. 1012

C. 2036

D. 9217

【详解】因为集合M{1,2,3,,10}，集合AM，M(A)为A中元素的最小值，当A取遍M的所有非空子集，由题意可得：M(A)可能取的值为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10， 则共有29个1；28个2；27个3；26个4；……，20个10；

98760因此S102223242102，

109871所以2S102223242102，

2(1210)两式作差得S102222221010

121098761211122036，

所以S102036. 故选：C

【点睛】本题主要考查含n个元素的集合的子集的应用，以及数列的求和，熟记错位相减法求和，会求集合的子集个数即可，属于常考题型.

三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）

17.如图，圆锥的底面半径OA2，高PO6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.

（1）求圆锥的侧面积和体积；

（2）求异面直线CD与AB所成角的大小.（结果用反三角函数表示）

【答案】（1）侧面积410，体积8；（2）arccos14. 14【解析】 【分析】

（1）根据圆锥的侧面积公式，以及体积公式，结合题中数据，即可得出结果；

（2）先由题意，得到OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OC，OB，OP所

y轴，z轴，在直线为x轴，建立空间直角坐标系，分别求出CD2,1,3，AB0,4,0，

根据向量夹角公式，即可求出结果.

【详解】（1）因为圆锥的底面半径OA2，高PO6， 所以其母线长

PAPO2OA2210，

1PA2OA410； 2因此圆锥的侧面积为S体积为：V1OA2PO8； 3（2）由题意，易得：OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OC，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(2,0,0)，A(0,2,0)，B(0,2,0)，P(0,0,6)，

又点D是母线PA的中点，所以D(0,1,3)， 因此CD2,1,3，AB0,4,0， 记异面直线CD与AB所成角的大小为，

所以coscosCD,ABCDABCDAB414414， 14因此，异面直线CD与AB所成角的大小为arccos14. 14

【点睛】本题主要考查求圆锥的侧面积与体积，以及异面直线所成的角，熟记圆锥的侧面积公式与体积公式，以及空间向量的方法求异面直线所成的角即可，属于常考题型. 18.已知函数f(x)23sinxcosx2sin2x. （1）求f(x)的最大值；

（2）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若f(A)0，b、a、c成等差数列，且ABAC2，求边a的长. 【答案】（1）最大值为1；（2）a2. 【解析】 【分析】

（1）先将函数解析式化简整理，得到f(x)2sin2x可得出最大值；

1，根据正弦函数的性质，即6（2）先由题意得到sin2A1a、c成等差数列，A，求出；由b、得: 2abc；623由ABAC2得bc4，再由余弦定理，即可得出结果.

【详解】（1）f(x)23sinxcosx2sin2x3sin2x(1cos2x)3sin2xcos2x1

2sin2x1，

6由xR可得2xR，因此1sin2x1，

66所以f(x)max211；

12sin2A10sin2Af(A)0（2）由得，即， 662又0A，所以

62A6135，因此2A，所以A； 6663由b、a、c成等差数列，可得: 2abc； 又ABAC2，所以bccosA2221bc2，即bc4， 222由余弦定理可得：abc2bccosA(bc)2bc2bccosA4a12， 解得：a2.

【点睛】本题主要考查求正弦型函数的最大值，以及解三角形，熟记正弦函数的性质，以及余弦定理即可，属于常考题型.

19.汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离（并结合车速转化为所需时间），当此距离等于报警距离时就开始报警提醒，等于危险距离时就自动刹车，某种算法（如下图所示）将报警时间划分为4段，分别为准备时间t0、人的反应时间t1、系统反应时间t2、制动时间t3，相应的距离分别为d0、d1、d2、d3，当车速为v（米/秒），且v[0,33,3]时，通过大数据统计分析得到下表（其中系数k随地面湿滑成都等路面情况而变化，k[0.5,0.9]）.

阶段 0、准备 1、人的反应 2、系统反应 3、制动 时间 t0 t10.8秒 t20.2秒 t3 距离 d020米 d1 d2 d312v米 20k

（1）请写出报警距离d（米）与车速v（米/秒）之间的函数关系式d(v)，并求k0.9时，若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，则汽车撞上固定障碍物的最短时间（精确到0.1秒）；

（2）若要求汽车不论在何种路面情况下行驶，报警距离均小于80米，则汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下？合多少千米/小时？

v2【答案】（1）d20v，最短时间3.1秒（2）汽车的行驶速度应限制在20米/秒，合

20k72千米/小时 【解析】 【分析】

（1）根据题意，得到dd0d1d2d3，结合题中数据，即可得出函数关系式；再由k0.9，得到汽车撞上固定障碍物的最短时间td20v1，根据基本不等式，即可求出最值； vv18v2v2（2）根据题意，得到当k0.5时，报警距离最大，推出20v20v80，求

20k10解即可得出结果.

v2【详解】（1）由题意：报警距离dd0d1d2d320v，

20kv2当k0.9时，d20v，

18d20v2021012113.1秒； vv18183则汽车撞上固定障碍物的最短时间为：tv2（2）由题意可得：d20v80，因为k[0.5,0.9]，

20k所以当k0.5时，报警距离最大，

v2因此，只需：20v80，解得：30v20，所以汽车的行驶速度应限制在20米/

10秒，合72千米/小时.

【点睛】本题主要考查函数模型的应用，以及基本不等式的应用，熟记基本不等式，以及不等关系即可，属于常考题型.

20.设抛物线:y4x的焦点为F，经过x轴正半轴上点M(m,0)的直线l交于不同的两

2点A和B.

（1）若|FA|3，求点A坐标；

（2）若m2，求证：原点O总在以线段AB为直径圆的内部；

（3）若|FA||FM|，且直线l1∥l，l1与有且只有一个公共点E，问：△OAE的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出M点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）(2,22)；（2）证明见解析；（3）存在，最小值2，M(3,0). 【解析】 【分析】

（1）由抛物线方程以及抛物线定义，根据|FA|3求出横坐标，代入y4x，即可得出点的坐标；

（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线AB的方程是：xmy2，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及向量数量积运算，得到OAOBx1x2y1y20，推出AOB恒为钝角，即可得结论成立；

的2（3）设Ax1,y1，则x1y10，由|FA||FM|得M(x12,0)，推出直线AB的斜率

kABy1y．设直线l1的方程为y1xb，代入抛物线方程，根据判别式等于零，得22b2441xyEx,y．设EE，则E，E，由三角形面积公式，以及基本不等

y1y12x1y1式，即可求出结果.

【详解】（1）由抛物线方程知，焦点是F(1,0)，准线方程为x1，

2设Ax1,y1，由|FA|3及抛物线定义知，x12，代入y4x得y22，

所以A点的坐标A(2,22)或A(2,22) （2）设Ax1,y1，Bx2,y2， 设直线AB的方程是：xmy2，

y1y24mxmy22x联立2，消去得：y4my80，由韦达定理得，

yy8y4x122y12y2(y1y2)2所以OAOBx1x2y1y2y1y2y1y2480，

4416故AOB恒为钝角，

故原点O总在以线段AB为直径的圆的内部． （3）设Ax1,y1，则x1y10，

因为|FA||FM|，则m1x11，由m0得mx12，故M(x12,0)．

故直线AB的斜率kABy1． 2y1xb，代入抛物线方程 2因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y得y288b6432b2y0，由题意20，得b． y1y1y1y1y1设ExE,yE，则yE441，xE2，

y1x1y1SOAE01x121x10y14y111y14x112，

2x1y11y14x122当且仅当，即y14x1时等号成立， x1y1y124x122由2得4x14x1，解得x11或x10（舍），

y4x11所以M点的坐标为M(3,0)，(SOAE)min2.

【点睛】本题主要考查求抛物线上的点，以及抛物线中三角形面积的最值问题，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型，但计算量较大. 21.已知数列{an}满足：①anN（nN*）；②当n2k（kN*）时，an（kN*）时，anan1，记数列{an}的前n项和为Sn. （1）求a1，a3，a9的值； （2）若Sn2020，求n的最小值；

n；③当n2k2（3）求证：S2n4Snn2的充要条件是a2n11（nN*）.

【答案】（1）a10，a30或1，a90或1；（2）115；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）先根据题中条件，求出a21，a42，a168，再结合题意，即可得出结果；

k1（2）先由题意，得到a2k2(kN)，当2k1n2k(n,kN)时，

a2k2k1，由于anN，所以a2k1mm1或m，

0a2k11a2k12a2k13m1,2,3,,2k11.分别求出S64max，S128max，进而可求出结果；

（3）先由S2n4Snn2，根据题中条件，求出a2n1，证明必要性；再由a2n11(nN)，

求出S2n4Snn2，证明充分性即可.

【详解】（1）因a21，a1a2，且a1是自然数，a10；

a42，0a3a4，且a3,a4都是自然数；a30或a31；

a168，0a9a10（2）由题意可得：a2k2a168，且aiN(iN*)，a90或a91．

k1(kN)，当2k1n2k(n,kN)时，

a2k2k1，由于anN，

,2k11.

0a2k11a2k12a2k13所以a2k1mm1或m，m1,2,3,S64max(01)(12)(1234)(128)(1216)

(1232)123458916173233714，22222S128max71464652794， 271420202794，64n128，

又20207141306，

123501275130612350511326

所以nmin6451115

（3）必要性：若S2n4Snn2，

则：S2n14S2n22①

nS2n124S2n1(2n1)2②

①②得：a2n11a2n124a2n11(nN)③

a2n110a2n111a2n110,,由于或或，且a2n10,或1

a1a2a22n122n122n12只有当a2n11,a2n111,a2n122同时成立时，等式③才成立，

a2n11(nN)；

充分性：若a2n11(nN)，由于1a2n1a2n2a2n3所以a2nkk(nN,kN,k2)，

nn即a2n11，a2n22，a2n33，…，a2n1121，又a2n12

na2n12n

所以对任意的nN，都有a2na2n11…（I）

n另一方面，由a2nkk，a2n12k2k(nN,kN,k2)

所以对任意的nN，都有a2n2an…（II）

S2na1a22(a2a4a2n(a1a3a2n1)(a2a4an)n，

a2n)

a2n)n2a24(a2a3由于a10,a21S2n4(a1a2an)n24Snn2.

【点睛】本题主要考查数列的综合应用，熟记等差数列与等比数列的求和公式，由递推关系求通项公式的方法，以及充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型，难度较大.