【文档说明】2021上海市高考压轴卷 数学 含解析.docx，共(20)页，1.140 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启封前2021上海市高考压轴卷数学第I卷（选择题）一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．1．若集合{|13}Axx=−，{1,2,3,4}B=，

则AB=____.2．若复数z满足(34)|(2)(12)|izii−=+−(其中i为虚数单位)，则z的虚部是___________.3．行列式123456789中，6的代数余子式的值是______．4．已知球的体积为36，则该球大圆的面积等于______.5

．在262()xx+的二项展开式中，常数项等于____.6．已知向量||||||1abc===，若12ab=，且cxayb=+，则xy+的最大值为____.7．若1sin3=，则cos(2)−=____

.8．函数()2log1yxm=−+的反函数的图象经过点()1,3，则实数m=______.9．设F为双曲线()222:10yxbb−=的右焦点，O为坐标原点，P､Q是以OF为直径的圆与双曲线渐近线的两个交点.若PQOF=，则b=__________

_.10．从以下七个函数：221,,,2,log,sin,cosxyxyyxyyxyxyxx=======中选取两个函数记为()fx和()gx，构成函数()()()Fxfxgx=+，若()Fx的图像如图所示，则()Fx=____.11．小王同学有4本不同的数学

书，3本不同的物理书和3本不同的化学书，从中任取2本，则这2本书属于不同学科的概率为______________（结果用分数表示）．12．已知1a､2a与1b､2b是4个不同的实数，若关于x的方程121|

|||||+xaxaxb−+−=−2||xb−的解集A不是无限集，则集合A中元素的个数构成的集合为___________.二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．设(0,),(0,)ab

++，则ab“”是“11ab−−”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件14．在圆锥PO中，已知高2PO=，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点；根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲

线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为①圆的面积为4；②椭圆的长轴为37；③双曲线两渐近线的夹角正切值为34−④抛物线中焦点到准线的距离为455.A．1个B．2个C．3个D．4个15．在ABC中，若2sin2A=，则cos2cosBC+的取值范围是（）A．(0,1]B．

(0,1](2,5]UC．3(0,1](2,5]2UD．以上答案都不对16．已知定义在R上的函数()fx是奇函数，且满足()()3fxfx+=，()13f=−，数列na满足2nnSan=+（其中nS为

na的前n项和），则()()56fafa+=（）A．3−B．2−C．3D．2三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．17．将边长为1的正方形11AAOO（及其内部）绕1OO旋转一周形成圆柱，

如图，AC长为23，11AB长为3，其中1B与C在平面11AAOO的同侧.(1)求三棱锥111COAB−的体积；(2)求异面直线1BC与1AA所成的角的大小.18．已知函数1()lg()fxax=+（1）设1()fx−是()fx的反函数，当1a=时，解不等式11()2

fx−；（2）若关于x的方程2()lg()0fxx+=的解集中恰好有一个元素，求实数a的值；（3）设0a＞，若对任意1[,1]2t，函数()fx在区间[,1]tt+上的最大值与最小值的差不超过lg2，求a的取值范围.19．对于函数()()fxxD，若存在正常数T，使得对任意的xD，都有()

()fxTfx+成立，我们称函数()fx为“T同比不减函数”．（1）求证：对任意正常数T，()2fxx=都不是“T同比不减函数”；（2）若函数()sinfxkxx=+是“2同比不减函数”，求k的取值范围；（3）是否存在正常

数T，使得函数()11fxxxx=+−−+为“T同比不减函数”，若存在，求T的取值范围；若不存在，请说明理由．20．设A是单位圆221xy+=上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足||||(0,1)DMmDAmm=.当点A在圆上运动时，记点M

的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；（2）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的0k，都有PQPH⊥？若存

在，求m的值；若不存在，请说明理由.21．若数列{}na满足11nnaa+(1，且为实常数)，*nN，则称数列{}na为()B数列.（1）若数列{}na的前三项依次为12a=，2ax

=，39a=，且{}na为(3)B数列，求实数x的取值范围；（2）已知{}na是公比为(1)qq的等比数列，且10a，记21321||||||nnnTaaaaaa+=−+−++−.若存在数列{}na为(4)B数列，使得1lim0nnnnTt

TT+→−成立，求实数t的取值范围；（3）记无穷等差数列{}na的首项为1a，公差为d，证明：“110da−”是“{}na为()B数列”的充要条件.KS5U2021上海市高考压轴卷数学参考答案1．【KS5U答案】{1,2}【KS5U解析】解：|13Axx=

−，1,2,3,4B=，∴{1,2}AB=．故答案为：{1,2}．【点睛】集合基本运算的方法技巧：（1）当集合是用列举法表示的数集时，可以通过列举集合的元素进行运算，也可借助Venn图运算；（2）当集合是用不等式表示时，可运用数轴求解．对于端点处的取舍，可以单独检验.2．【KS5U答案】

45【KS5U解析】由题意，复数z满足(34)|(2)(12)|izii−=+−，可得()()()43534|(2)(12)|343434343455iiiiziiiii−++−====+−−−+，所以复数z的虚部为45.故答案为：45.3．【KS5U答案】6【KS5U

解析】由题意，可得6的代数余子式2312(1827)678A=−=−−=．故答案为6．【点睛】本题主要考查了三阶行列式的代数余子式的定义，考查行列式的展开，属于基础题．4．【KS5U答案】9【KS5U解析】因为球的体积为36，设球的半径为r，则34363r=，解得：3r=，因为球的大圆

即是过球心的截面圆，因此大圆的面积为29Sr==.故答案为：9.【点睛】本题主要考查球的相关计算，熟记球的体积公式，以及圆的面积公式即可，属于基础题型.5．【KS5U答案】240【KS5U解析】解：在622xx+的二项展开式中，通项公式为123162rrrrTCx−+=

，令1230r−=，求得4r=，可得展开式的常数项为4462240C=，故答案为：240．【点睛】方法点睛：求二项展开式的某一项，一般利用二项展开式的通项研究求解.6．【KS5U答案】233【KS5U解析】解：∵||||ab=，且12ab=，∴a与b的夹角为60，设(1,0)a=，则

13(,)22b=，∵cxayb=+，∴13,22cxyy=+，又||1c=，∴2213122xyy++=，化简得221xxyy++=，∴22()()14xyxyxy++−=„，当且仅当33xy==时，等号成立，∴233xy+„．故答案为：233．7

．【KS5U答案】79−【KS5U解析】因为1sin3=，所以()2227cos(2)cos212sin12sin199−=−=−−=−+=−+=−．故答案为：79−8．【KS5U答案】2【分析】

由反函数的图象经过点()1,3，得原函数的图象经过点()3,1，代入解出答案即可.【详解】解：因为函数()2log1yxm=−+的反函数的图象经过点()1,3所以函数()2log1yxm=−+的图象经过

点()3,1所以()21log31m=−+，解得2m=故答案为2.【点睛】本题考查了函数与反函数图像的关系，属于基础题.9．【KS5U答案】1【KS5U解析】由已知PQOF=可得(,)22ccp，又点p在渐近

线byxa=上，22cbcaba==又1a=，1b=10．【KS5U答案】2sinxx+【KS5U解析】由图象可知，函数()Fx的定义域为R，故排除1yx=，2logyx=，又由()Fx的图象过定点(0,1)，由函数()Fx图象，可得当0x时，

()1Fx且为增函数，当0x时，()Fx大于0与小于0交替出现，若()2Fxxx=+时，此时函数()Fx的图象不过定点(0,1)，因为2xy=过(0,1)，且当0x时，1y，当0x时，01y，若包含cos

yx=，当0x=时，1y=，2cosxyx=+不满足过点(0,1)，若包含yx=，此时函数()2xFxx=+不满足0x时，()Fx大于0与小于0交替出现，若包含2yx=，此时函数()22xFxx=+不满足0x时，()Fx大于0与小于0交替出

现，所以只有()2sinxFxx=+满足条件．故答案为：2sinxx+．11．【KS5U答案】1115【KS5U解析】共43310++=本不同的数，任取2本包含21045C=种方法，若从中任取两本，这2本书属于不同学科的情况有11111143433333CCCCCC++=，

所以这2本书属于不同学科的概率33114515P==.故答案为：111512．【KS5U答案】{1}【KS5U解析】转化为12()||||fxxaxa=−+−和12()||||gxxbxb=−+−图像交点，为了简化问题，我们可以

研究|||1|||||xxxaxb+−=−+−，21,0()11,0121,1xxfxxxxxx−+=+−=−，设ab，2,(),2,xabxagxxaxbbaaxbxabxb−++=−+−=−−−

，设(0,1)A，(1,1)B，(,)Caba−，(,)Dbba−，①由图像易知，1个交点容易得到，如1,22ab==时，可求得唯一一个交点为53(,)42而0个交点和2个交点都是不可能的.②假设有0个交点，由题意

|1|||2||ACbaka−−=，|1|||2|1|BDbakb−−=−，∴||1|1|2aba−−，|1|1|1|2bba−−−，∴|||1|1|1||1|abbaba−+−−−−，而由三角不等式，|||1|

|1|1|1||1||1|abbabababa−−−+=−−−−−−，故矛盾，∴不可能有0个交点；③假设有2个交点，1(2,0)ACbaka−−=−，1(0,2)1BDbakb−−=−，∴112aba−−−，1112bba−−

−，∴111baba−−−−，明显矛盾，∴不可能有2个交点.其他0个交点和2个交点的情况均可化归为以上两类.综上所述，解集A不是无限集时，集合A的元素个数只有1个.故答案为：1.【点睛】关键点点睛：本题的关键是将方程的解的个数转化为两个函数图像的交点个数，其中两个分段函数可以用特

值法固定一个，再讨论另一个函数的情况.13．【KS5U答案】C【KS5U解析】若ab“”，则根据不等式性质，两边同时减去1，不等式符号不变，所以，ab“”成立，则“11ab−−”成立，充分性成立；“11ab−−”成

立，根据不等式性质，两边同时加上1，不等式符号不变，所以，“11ab−−”成立，则ab“”成立，必要性成立；所以，ab“”是“11ab−−”的充要条件故选C14．【KS5U答案】B【KS5U解析】①点M是母线的中点，截面的半径2r

=，因此面积224==，故①正确；②由勾股定理可得椭圆的长轴为()2242137=++=，故②正确；③在与底面、平面PAB的垂直且过点M的平面内建立直角坐标系，不妨设双曲线的标准方程为()22221,0xyabab−=，则()1,0M，

即1a=，把点()2,23代入可得21241b−=，解得2,2bba==，设双曲线两渐近线的夹角为2，2224tan2123==−−，4sin25=，因比双曲线两渐近线的夹角为4arcsin5，

③不正确；④建立直角坐标系，不彷设抛物线的标准方程为22ypx=,把点()5,4代入可得2425p=，解得855p=，抛物线中焦点到准线的距离p为855，④不正确，故选B.【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查圆锥的性质、椭圆的性质、双曲线的性质，抛物线的方

程与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.15．【KS

5U答案】B【KS5U解析】由题意，在ABC中，若2sin2A=，因为(0,)A，可得4A=或34A=，当4A=时，可得34BC+=，则34BC=−，可得322cos2coscos()2cossincossin()4224BCCCCCC+=−+=+=

+，因为3(0,)4C，所以(,)44C+，所以sin()(0,1]4C+；当34A=时，可得4BC+=，则4BC=−，可得232cos2coscos()2cossincos5sin()422BCCCCCC

+=−+=+=+，其中tan3=，设()5sin()gxx=+在区间[0,]2−上单调递增，在[,]24−上单调递减，又由()3202()24gg==，()52g−=，所以()(2,5]gx，即5sin()(2,5]C+，综上可

得，cos2cosBC+的取值范围是(0,1](2,5]U.故选：B.【点睛】解答与三角函数有关的范围问题的求解策略：1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为sin()yAwx=+的形式；2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称

性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.16．【KS5U答案】C【KS5U解析】对任意的nN，2nnSan=+.当1n=时，11121aSa==+，解得11a=−；当2n时，由2nnSa

n=+可得1121nnSan−−=+−，上述两式作差得1221nnnaaa−=−+，即121nnaa−=−，所以，()1121nnaa−−=−，所以，数列1na−是首项为112a−=−为首项，以2为公比的等比数列，所以，11222nnn

a−−=−=−，即12nna=−，531a=−，663a=−，因为函数()fx是定义在R上的奇函数，则()00f=，函数()fx满足()()3fxfx+=，()13f=−，所以，()()()()5313113fafff=−=−=−=，()()()663

00faff=−==，因此，()()563fafa+=.故选：C【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结

合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，

常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.17．【KS5U

答案】(1)312(2)4.【KS5U解析】（1）由题意可知，圆柱的高1h=，底面半径1r=．由11AB的长为π3，可知1113=．111111111113sin24SA==，11111113V312COABSh−==．（2）设过点1的母线与下底

面交于点，则11//，所以1C或其补角为直线1C与1所成的角．由AC长为2π3，可知2π3C=，又111π3==，所以π3C=，从而C为等边三角形，得1C=．因为1⊥平面C，所以1C⊥．在1C中，

因为1π2C=，1C=，11=，所以1π4C=，从而直线1C与1所成的角的大小为π4．【考点】几何体的体积、空间角【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题时，关键在于能利用直线与

直线、直线与平面、平面与平面位置关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、转化与化归思想及基本运算能力等.18．【KS5U答案】（1

）(,0)(lg3,)−+；（2）0a=或14a=−；（3）23a.【KS5U解析】（1）因为()1()lgyfxxa−==+，所以110yxa−+=，所以101yxa=−，所以11()10xfxa−=−，当1a=时，11011()12xfx−=−＜，故解集为(,0)(lg3,)

−+；（2）方程2()lg()0fxx+=即()2lg0axx+=，即21axx+=的解集中恰好有一个元素，当0a=时，1x=，符合题意，当0a时，140a=+=，解得14a=−，综上所述，0a=或14a=−；（3）当0a＞时，设120xx，则1

211aaxx++，1211lglgaaxx++，所以()fx在(0,)+上单调递减，所以函数()fx在区间[,1]tt+上的最大值与最小值为(),(1)ftft+，所以11()(1)lglglg21ftftaatt−+=+−++„，所以1

211(1)tatttt−−=++设1tr−=，则102r，21(1)(1)(2)32trrttrrrr−==+−−−+，当0r=时，2032rrr=−+，当102r时，212323rrrrr=−++−，因为2yrr=+在(0,2)上递减，所以219

422rr++=，所以211229323332rrrrr==−++−−，所以实数a的取值范围是23a.【点睛】关键点睛：（1）解题关键在于利用反函数定义，得到11011()12xfx−=−＜，进而用单调性解不等式；（2）解题关键在于利用二次函数性质进行求解；（3）解题关键在于得出(

)fx的单调性后，分类讨论，并利用均值不等式求解；本题难度属于中档题19．【KS5U答案】（1）证明见解析（2）22k（3）存在，4T【KS5U解析】证明：（1）任取正常数T，存在0xT=−，所以00xT+=，因为()()()()2000fxfTT

ffxT=−==+，即()()fxfxT+不恒成立，所以()2fxx=不是“T同比不减函数”.（2）因为函数()sinfxkxx=+是“2同比不减函数”，所以()2fxfx+恒成立，即sinsin22kxxkxx++++

恒成立，()22sin2sincos4xxxk−−=对一切xR成立.所以max22sin224xk−=.（3）设函数()11fxxxx=+−−+是“T同比不减函数”，()()()()211121xxfxxxxx−=−−

+−，当1x=−时，因为()()()1113fTff−+−==成立，所以13T−+，所以4T，而另一方面，若4T，（Ⅰ）当(,1x−−时，()()()112fxTfxxTxTxTx+−=+++−−++−

+112TxTxT=++−−++−因为()()1111xTxTxTxT+−−++−+−−++2=−，所以()()220fxTfxT+−−−，所以有()()fxTfx+成立.（Ⅱ）当()1,x−+时

，()()()211fxTfxxTxxx+−=+−−+−−+211Txx=−−−++因为()()11112xxxx+−−−+−−=−，所以()()220fxTfxT+−−−，即()()fxTfx+成立.综上，恒有有()()fxTfx+成立，所以T的取值

范围是)4,+.【点睛】本题考查新定义的理解和应用，考查等价转化思想，考查从特殊到一般的解决问题方法，属于较难题.20．【KS5U答案】（1）答案见解析；（2）存在，2m=.【KS5U解析】（1）如图1，设(,)Mxy，00(,)Axy，则由DMmDA=，(0m

且1)m可得0xx=，0ymy=，所以0xx=，01yym=①，因为A点在单位圆上运动，所以22001xy+=②，将①式代入②式即得所求曲线C的方程为2221yxm+=(0m且1)m，因为(0,1)(1,)m+，所以当01m时，201m，曲线C是

焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为2(1,0)m−−，2(1,0)m−；当1m>时，21m，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为22(0,),(0,1)1mm−−−.（2）存在，理由如下：如图2､3，1(0,1)x，设11(,)Pxy，22

(,)Hxy，则11(,)Qxy−−，1(0,)Ny，因为P，H两点在椭圆C上，所以222211222222,,mxymmxym+=+=两式相减可得222221212()()0mxxyy−+−=，③依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故1212

()()0xxxx−+，于是由③式可得212121212()()()()yyyymxxxx−+=−−+，④又Q，N，H三点共线，所以QNQHkk=，即1121122yyyxxx+=+，于是由④式可得211212121

121212()()12()()2PQPHyyyyyyymkkxxxxxxx−−+===−−−+，而PQPH⊥等价于1PQPHkk=−，即212m−=−，又0m，得2m=，故存在2m=，使得在其对应的椭圆2212yx+=

上，对任意的0k，都有PQPH⊥.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系；考查分类讨论的数学思想以及运算求解的能力.本题是一个椭圆模型，求解标准方程时注意对焦点的位置分类讨论，不要漏解；对于探讨性问题一直是高考考查的热点，一般先假设结论成立，再逆推所需要求解的

条件，对运算求解能力和逻辑推理能力有较高的要求.21．【KS5U答案】（1）[3,6]；（2）(1,)+；（3）证明见解析.【KS5U解析】（1）因为{}na为B（3）数列，所以1133nnaa+剟，则13321933xx剟剟，解得36x剟，即

x的取值范围是[3，6]；（2）由数列{}na为B（4）数列，可得1114nnaqa+=„或14q„，当114q„时，由10a，111(1)0nnnaaaqq−+−=−，所以11||nnnnaaaa++−=−．则12231111(1)nnnnnTaaaaaaaaaq++=−+−++

−=−=−，所以11()limlim101nnnnnnnTtTtqtqtTq+→→−−−−==−−„，即1t…；当14q„时，由10a，111(1)0nnnaaaqq−+−=−，所以11||nnnnaaaa++−=−．则213

21111(1)nnnnnTaaaaaaaaaq++=−+−++−=−=−，所以11()1limlimlim0111nnnnnnnnnntqtTtTqtqtqqtTqq+→→→−−−−−−+===−−−„，即tq…，所以

1t，则t的取值范围是(1,)+；（3）先证充分性．因为101da−剟，所以10a，{}na为等差数列，所以当0d=时，10naa=，此时11nnaa+=，由1，所以111nnaa+=剟成立，所以{}na为()B数列；当0d时，1111111(1)111(1)(

1)(1)1nnaandandddaaandandandnd+++−+===+=++−+−+−+−，因为101da−剟，所以111ad−…，所以1110(1)(1)11annd−−−++−剟，即有1(1)11(1)(1)1nnanan+−+−

−+剟，因为1，所以(1)1(1)(1)(1)1(1)(1)1(1)(1)1nnnn−+−−+−+=−−+−−+11111111(1)(1)1111nn−=+=++=−−+−+−−„，所以

111nnaa+剟?恒成立，所以{}na为()B数列，综上可得，{}na为()B数列；再证必要性．因为{}na为()B数列，所以11nnaa+剟恒成立，所以10a，当0d=时，101da−剟显然成立；当0d时，因为110nnaa+…，所以{}na的每一项同号

，所以1a与d也同号，所以10da…，因为11nnaa+剟恒成立，所以1n=时，211aa剟成立，因为{}na为等差数列，21aad=+，211111aaddaaa+==+，所以111da+剟，即为111da−−剟，

101da−剟，综上可得，“101da−剟”是“{}na为B()数列”的充要条件．【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第3小问，证明“101da−剟”是“{}na为B()数列”的充要条件，先证明充分性，

利用不等式证明111nnaa+剟?恒成立，所以{}na为()B数列；再证明必要性，证明101da−剟成立.