2020届松江区高三一模数学Word版(附解析)

上海市松江区2020届高三一模数学试卷2019.12一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1.已知集合{|10}Axx，{0,1,2}B，则ABI2.若角的终边过点(4,3)P，则3sin()23.设1i2i1iz，则||z4.252()xx的展开式中4x的系数为5.已知椭圆22194xy的左、右焦点分别为1F、2F，若椭圆上的点P满足12||2||PFPF，则1||PF6.若关于x、y的二元一次方程组42mxymxmym无解，则实数m7.已知向量(1,2)ar，(,3)bmr，若向量(2)abrr∥br，则实数m8.已知函数()yfx存在反函数1()yfx，若函数()2xyfx的图像经过点(1,6)，则函数12()logyfxx的图像必经过点9.在无穷等比数列{}na中，若121lim()3nnaaa，则1a的取值范围是10.函数axbycxd的大致图像如图，若函数图像经过(0,1)和(4,3)两点，且1x和2y是其两条渐近线，则:::abcd11.若实数,0ab，满足abcabc，221ab，则实数c的最小值为12.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为1A、2A、3A、4A、5A、6A，集合{|(,1,2,3,4,5,6,)}ijMaaAAijijrruuuur，在M中任取两个元素mur、nr，则0mnurr的概率为二.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lmB.存在无限多条直线m，使得lmC.存在唯一的一条直线m，使得l∥mD.存在无限多条直线m，使得l∥m14.设,xyR，则“2xy”是“x、y中至少有一个数大于1”的（）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分又非必要条件15.已知,bcR，若2||xbxcM对任意的[0,4]x恒成立，则（）A.M的最小值为1B.M的最小值为2C.M的最小值为4D.M的最小值为816.已知集合{1,2,3,,10}M，集合AM，定义()MA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()MA的和记为10S，则10S（）A.45B.1012C.2036D.9217三.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2OA，高6PO，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）18.已知函数2()23sincos2sinfxxxx.（1）求()fx的最大值；（2）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若()0fA，b、a、c成等差数列，且2ABACuuuruuur，求边a的长.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0t、人的反应时间1t、系统反应时间2t、制动时间3t，相应的距离分别为0d、1d、2d、3d，当车速为v（米/秒），且[0,33,3]v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，[0.5,0.9]k）.阶段0、准备1、人的反应2、系统反应3、制动时间0t10.8t秒20.2t秒3t距离020d米1d2d23120dvk米（1）请写出报警距离d（米）与车速v（米/秒）之间的函数关系式()dv，并求0.9k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？20.设抛物线2:4yx的焦点为F，经过x轴正半轴上点(,0)Mm的直线l交于不同的两点A和B.（1）若||3FA，求点A的坐标；（2）若2m，求证：原点O总在以线段AB为直径的圆的内部；（3）若||||FAFM，且直线1l∥l，1l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.21.已知数列{}na满足：①naN（*nN）；②当2kn（*kN）时，2nna；③当2kn（*kN）时，1nnaa，记数列{}na的前n项和为nS.（1）求1a，3a，9a的值；（2）若2020nS，求n的最小值；（3）求证：242nnSSn的充要条件是211na（*nN）.参考答案一.填空题1.{1,2}2.453.14.405.46.27.328.(4,3)9.112(0,)(,)333U10.2:1:1:111.2212.851二.选择题13.B14.A15.B16.C三.解答题17.（1）侧面积410，体积8；（2）14arccos14或arctan13.18.（1）()2sin(2)16fxx，最大值为1；（2）3A，2a.19.（1）22020vdvk，20201213.11818dvtvv秒；（2）2208020vdvk，0.5k时，20v米/秒，合72千米/小时.20.（1）(2,22)；（2）40OAOBuuruuur，证明略；（3）最小值2，(3,0)M.21.（1）10a，30a或1，90a或1；（2）115；（3）略.20．解：（1）由抛物线方程知，焦点是(1,0)F，准线方程为1x，设A（x1，y1），由|FA|=3及抛物线定义知，x1=2，代入24yx得22y所以A点的坐标(2,22)A或(2,22)A………………………4分（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB的方程是：x＝my+2，联立224xmyyx，消去x得：y2﹣4my﹣8＝0，由韦达定理得121248yymyy，………6分11221212(,)(,)OAOBxyxyxxyy22212121212()4804416yyyyyyyy，故AOB恒为钝角，故原点O总在以线段AB为直径的圆的内部．………………………10分（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＝12y．因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为12yyxb，代入抛物线方程得211880byyyy，由题意21164320byy，得12by．……………12分设E（xE，yE），则14Eyy，21141Exyx111111110014111222141OAEyxSxyxyxy………………………14分当且仅当11114yxxy，即22114yx时等号成立，由221121144yxyx得21144xx，解得11x或10x（舍），………………15分所以M点的坐标为(3,0)M，min()2OAES………………………16分21．解：（1）因21a，12aa，且1a是自然数，10a；………………2分42a，340aa，且34,aa都是自然数；30a或31a；………………3分168a，9101608aaa，且*()iaNiN，90a或91a．……4分（2）122()kkakN，当122kkn(,)nkN时，1111212223202kkkkkaaaa，由于naN，所以121kmam或m，11,2,3,,21.km………………………6分64max(01)(12)(1234)(128)(1216)S23458916173233(1232)171422222128max646571427942S71420202794，64128n………………………8分又20207141306，123501275130612350511326所以min6451115n………………………10分（3）必要性：若242nnSSn则：122422nnnSS①122214(21)2nnnSS②①②得：1121222141()nnnaaanN③………………………11分由于1121220,1nnaa或1121221,2nnaa或11212202nnaa，且210,na或1只有当112121221,1,2nnnaaa同时成立时，等式③才成立211()nanN………………………13分充分性：若211()nanN，由于1212223212nnnnnaaaa所以2(,,2)nnkaknNkNk，即211na，222na，233na，…，12121nna，又122nna所以对任意的nN，都有2211nnaa…（I）………………………14分另一方面，由2nkak，1222nkak(,,2)nnNkNk所以对任意的nN，都有22nnaa…（II）………………………15分21221321242()()nnnnSaaaaaaaaa2422232()24()nnaaanaaaan由于120,1aa2124()242nnnSaaanSn证毕.………18分