高考数学上海试题及解析Word格式文档下载.docx

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4.9π【解析】设球的半径为R，则由球的体积为36π，可得

πR3=36π，解得R=3.该球的主视图是半径为3的圆，其面积为πR2=9π．

5．（2017年上海）已知复数z满足z+

=0，则|z|=　　．

5.

【解析】由z+

=0，可得z2+3=0，即z2=-3，则z=±

i，|z|=

.

6．（2017年上海）设双曲线

-

=1（b＞0）的焦点为F1，F2，P为该双曲线上的一点，若|PF1|=5，则|PF2|=　　．

6.11【解析】双曲线

=1中，a=

=3，由双曲线的定义，可得||PF1|-|PF2||=6，又|PF1|=5，解得|PF2|=11或﹣1（舍去），故|PF2|=11.

7．（2017年上海）如图，以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若向量

的坐标为（4，3，2），则向量

的坐标是　　．

7.（-4,3,2）【解析】由

的坐标为（4，3，2），可得A（4，0，0），C（0,3,2），D1（0,0,2），则C1（0，3，2），∴

=（﹣4，3，2）．

8.（2017年上海）定义在（0，+∞）上的函数y=f（x）的反函数为y=f﹣1（x），若g（x）=

为奇函数，则f-1（x）=2的解为　　．

8.

【解析】g（x）=

为奇函数，可得当x＞0时，﹣x＜0，即有g（x）=-g（﹣x）=-（3-x-1）=1-3-x，则f（x）=1-3-x.由f-1（x）=2，可得x=f

（2）=1-3-2=

，即f-1（x）=2的解为

9．（2017年上海）已知四个函数：

①y=-x，②y=-

，③y=x3，④y=x

，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为　　．

9.

【解析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n=C

=6，“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有①③，①④，共2个，∴事件“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为p=

=

10．（2017年上海）已知数列{an}和{bn}，其中an=n2，n∈N*，{bn}的项是互不相等的正整数，若对于任意n∈N*，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则

10.2【解析】∵an=n2，n∈N*，若对于一切n∈N*，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，∴ba

=ab

=b

.∴b1=b12，b4=b22，b9=b32，b16=b42.∴b1b4b9b16=（b1b2b3b4）2，

=2.

11．（2017年上海）设α1，α2∈R且

+

=2，则|10π-α1-α2|的最小

17.【解析】

（1）∵直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，

两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．

∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=S△ABC·

AA1=

AB·

AC·

×

4×

2×

5=20.

（2）连接AM.

∵直三棱柱ABC-A1B1C1，

∴AA1⊥底面ABC.

∴∠AMA1是直线A1M与平面ABC所成角.

∵△ABC是直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，点M是BC的中点，

∴AM=

BC=

由AA1⊥底面ABC，可得AA1⊥AM,

∴tan∠A1MA=

∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan

．

18．（2017年上海）已知函数f（x）=cos2x﹣sin2x+

，x∈（0，π）．

（1）求f（x）的单调递增区间；

（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边a=

，角B所对边b=5，若f（A）=0，求△ABC的面积．

18.【解析】

（1）函数f（x）=cos2x-sin2x+

=cos2x+

，x∈（0，π）.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣

≤x≤kπ，k∈Z.

k=1时，

≤x≤π，

可得f（x）的增区间为[

，π）.

（2）f（A）=0，即有cos2A+

=0，

解得2A=2kπ±

又A为锐角,故A=

又a=

b=5，

由正弦定理得sinB=

则cosB=

所以sinC=sin（A+B）=

所以S△ABC=

absinC=

19．（2017年上海）根据预测，某地第n（n∈N*）个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn（单位：

辆），其中an=

bn=n+5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差．

（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；

（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=-4（n﹣46）2+8800（单位：

辆），设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？

19.【解析】

（1）前4个月共享单车的累计投放量为a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965，

前4个月共享单车的累计损失量为b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30，

∴该地区第4个月底的共享单车的保有量为965﹣30=935．

（2）令an≥bn，显然n≤3时恒成立，

当n≥4时，有﹣10n+470≥n+5，解得n≤

，

∴第42个月底，保有量达到最大．

当n≥4，{an}为公差为﹣10等差数列，而{bn}为公差为1的等差数列，

∴到第42个月底，共享单车保有量为

39+535-

42=

42=8782．

又S42=﹣4×

（42-46）2+8800=8736，

8782＞8736，

∴第42个月底共享单车保有量超过了停放点的单车容纳量．

20．（2017年上海）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：

+y2=1，A为Γ的上顶点，P为Γ上异于上、下顶点的动点，M为x正半轴上的动点．

（1）若P在第一象限且|OP|=

，求P的坐标；

（2）设P（

），若以A,P,M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标；

（3）若|MA|=|MP|，直线AQ与Γ交于另一点C且

=2

=4

，求直线AQ的方程．

20.【解析】

（1）设P（x，y）（x＞0，y＞0），

由点P在椭圆Γ：

+y2=1上且|OP|=

可得

解得x2=

y2=

，则P（

）．

（2）设M（x0，0），A（0，1），P（

）.

若∠P=90°

，则

•

=0，即（-

）•（x0﹣

，﹣

）=0，

∴（﹣

）x0+

=0，解得x0=

若∠M=90°

=0，即（﹣x0，1）•（

﹣x0，

∴x02-

x0+

=0，解得x0=1或x0=

若∠A=90°

，则M点在x轴负半轴，不合题意．

∴点M的横坐标为

或1或

（3）设C（2cosα，sinα），

∵

，A（0，1），

∴Q（4cosα，2sinα﹣1）.

又设P（2cosβ，sinβ），M（x0，0），

∵|MA|=|MP|，∴x02+1=（2cosβ﹣x0）2+（sinβ）2，

整理得x0=

cosβ.

=（4cosα﹣2cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1），

=（-

cosβ，﹣sinβ），

∴4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ.

∴cosβ=﹣

cosα，sinβ=

（1﹣2sinα）.

以上两式平方相加，整理得3（sinα）2+sinα﹣2=0，

∴sinα=

或sinα=﹣1（舍去）.

此时，直线AC的斜率kAC=

（负值已舍去），如图．

∴直线AQ的方程为为y=

x+1．

21．（2017年上海）设定义在R上的函数f（x）满足：

对于任意的x1，x2∈R，当x1＜x2时，都有f（x1）≤f（x2）．

（1）若f（x）=ax3+1，求a的取值范围；

（2）若f（x）是周期函数，证明：

f（x）是常值函数；

（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值．函数h（x）=f（x）g（x）．证明：

“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．

21.【解析】

（1）由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）=a（x13﹣x23）≤0，

∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．

故a的取值范围是[0，+∞）.

（2）证明：

若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0∈R，则有

f（x0）=f（x0+Tk）.

由题意，对任意x∈[x0，x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk），

∴f（x0）=f（x）=f（x0+Tk）．

又∵f（x0）=f（x0+nTk），n∈Z，并且

…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…=R，

∴对任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，为常数.

（3）证明：

（充分性）若f（x）是常值函数，记f（x）=c1，设g（x）的一个周期为Tg，则h（x）=c1•g（x），对任意x0∈R，h（x0+Tg）=c1•g（x0+Tg）=c1•g（x0）=h（x0），故h（x）是周期函数.

（必要性）若h（x）是周期函数，记其一个周期为Th．

若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，则由题意可知，

x1＞x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1Tk＞x1，

∴f（x2+N1Tk）＞f（x1）＞0，且h（x2+N1Tk）=h（x2）．

又h（x2）=g（x2）f（x2）＜0，而

h（x2+N1Tk）=g（x2+N1Tk）f（x2+N1Tk）＞0≠h（x2），矛盾．

综上，f（x）＞0恒成立．

由f（x）＞0恒成立，

任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2Th≤x0﹣Tg，

即[x0﹣Tg，x0]⊆[x0﹣N2Th，x0]，

∵…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…=R，

∴…∪[x0﹣2N2Th，x0﹣N2Th]∪[x0﹣N2Th，x0]∪[x0，x0+N2Th]∪[x0+N2Th，x0+2N2Th]∪…=R．

h（x0）=g（x0）•f（x0）=h（x0﹣N2Th）=g（x0﹣N2Th）•f（x0﹣N2Th），

∵g（x0）=M≥g（x0﹣N2Th）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2Th）＞0．

因此若h（x0）=h（x0﹣N2Th），必有