精校版上海市理数卷文档版有答案普通高等学校招生统一考试文档格式.docx

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5．抛物线${y^2}=2px$（$p>

0$）上的动点${\rm{Q}}$到焦点的距离的最小值为$1$，则$p=$．

6．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为$2\pi$，则其母线与轴的夹角的大小为．

7.方程${\log_2}\left（{{9^{x-1}}-5}\right）={\log_2}\left（{{3^{x-1}}-2}\right）+2$的解为．

8.在报名的$3$名男教师和$6$名女教师中，选取$5$人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为（结果用数值表示）．

9.已知点${\rmP}$和${\rm{Q}}$的横坐标相同，${\rmP}$的纵坐标是${\rm{Q}}$的纵坐标的$2$倍，${\rmP}$和${\rm{Q}}$的轨迹分别为双曲线${{\rm{C}}_1}$和${{\rm{C}}_2}$．若${{\rm{C}}_1}$的渐近线方程为$y=\pm\sqrt3x$，则${{\rm{C}}_2}$的渐近线方程为．

10.设${f^{-1}}\left（x\right）$为$f\left（x\right）={2^{x-2}}+\frac{x}{2}$，$x\in\left[{0,2}\right]$的反函数，则$y=f\left（x\right）+{f^{-1}}\left（x\right）$的最大值为．

11.在${\left（{1+x+\frac{1}{{{x^{2015}}}}}\right）^{10}}$的展开式中，${x^2}$项的系数为（结果用数值表示）．

12.赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：

赌客先在标记有$1$，$2$，$3$，$4$，$5$的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：

元）；

随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的$1.4$倍作为其奖金（单位：

元）．若随机变量${\xi_1}$和${\xi_2}$分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则${\rmE}{\xi_1}-{\rmE}{\xi_2}=$（元）．

13.已知函数

．若存在${x_1}$，${x_2}$，$\cdot\cdot\cdot$，${x_m}$满足$0\le{x_1}<

{x_2}<

\cdot\cdot\cdot<

{x_m}\le6\pi$，且

$\left|{f\left（{{x_1}}\right）-f\left（{{x_2}}\right）}\right|+\left|{f\left（{{x_2}}\right）-f\left（{{x_3}}\right）}\right|+\cdot\cdot\cdot+\left|{f\left（{{x_{n-1}}}\right）-f\left（{{x_n}}\right）}\right|=12$（$m\ge2$，$m\in{{\rmN}^*}$），则$m$的最小值

为．

14.在锐角三角形${\rmA}{\rmB}{\rm{C}}$中，$\tan{\rmA}=\frac{1}{2}$，${\rm{D}}$为边${\rmB}{\rm{C}}$上的点，$\Delta{\rmA}{\rmB}{\rm{D}}$与$\Delta{\rmA}{\rm{CD}}$的面积分别为$2$和$4$．过${\rm{D}}$作${\rm{D}}{\rmE}\bot{\rmA}{\rmB}$于${\rmE}$，${\rm{DF}}\bot{\rmA}{\rm{C}}$于${\rm{F}}$，则$\overrightarrow{{\rm{D}}{\rmE}}\cdot\overrightarrow{{\rm{DF}}}=$．

╣╠1二、选择题（本大题共有4题，满分20分．）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．

15．设${z_1}$，${z_2}\in{\rm{C}}$，则“${z_1}$、${z_2}$中至少有一个数是虚数”是“${z_1}-{z_2}$是虚数”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

16．已知点${\rmA}$的坐标为$\left（{4\sqrt3,1}\right）$，将${\rmO}{\rmA}$绕坐标原点${\rmO}$逆时针旋转$\frac{\pi}{3}$至${\rmO}{\rmB}$，则点${\rmB}$的纵坐标为（）

A．\[\frac{{3\sqrt3}}{2}\]B．\[\frac{{5\sqrt3}}{2}\]C．\[\frac{{11}}{2}\]D．\[\frac{{13}}{2}\]

17．记方程

：

${x^2}+{a_1}x+1=0$，方程

${x^2}+{a_2}x+2=0$，方程

${x^2}+{a_3}x+4=0$，其中${a_1}$，${a_2}$，${a_3}$是正实数．当${a_1}$，${a_2}$，${a_3}$成等比数列时，下列选项中，能推出方程

无实根的是（）

A．方程

有实根，且

有实根B．方程

无实根

C．方程

无实根，且

有实根D．方程

18．设${{\rmP}_n}\left（{{x_n},{y_n}}\right）$是直线$2x-y=\frac{n}{{n+1}}$（$n\in{{\rmN}^*}$）与圆${x^2}+{y^2}=2$在第一象限的交点，则极限$\mathop{\lim}\limits_{n\to\infty}\frac{{{y_n}-1}}{{{x_n}-1}}=$（）

A．\[-1\]B．\[-\frac{1}{2}\]C．\[1\]D．\[2\]

╣

上海数学（理工农医类）参考答案

╠A一、（第1题至第14题）

1.\[\left\{{\left.{1,4}\right\}}\right.\]

2.\[\frac{1}{4}+\frac{1}{2}i\]

3.16

4.4

5.2

6.\[\frac{\pi}{3}\]

7.2

8.120

9.\[\begin{array}{l}

y\\

y=\pm\frac{{\sqrt3}}{2}x

\end{array}\]

10.4

11.45

12.0.2

13.8

14.\[-\frac{{16}}{{15}}\]

15.B

16.D

17.B

18.A

二、（第15至18题）

题号

15

16

17

18

代号

B

D

A

三、（第19至23题）

19.解：

如图，以D为原点建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为A1（2，0，1）、C1（0，2，1）、E（2，1，0）、F（1，2,0）、C（0、2、0）、D（0,0,1）.

因为\[\overrightarrow{{A_1}{C_1}}=（-2,2,0）\]，\[\overrightarrow{EF}=（-1,1,0）\]，

所以\[\overrightarrow{EF}//\overrightarrow{{A_1}{C_1}}\]，因此直线\[{A_1}C\]与\[EF\]共面，

即，

、

四点共面.

设平面\[{A_1}{C_1}EF\]的法向量为\[\overrightarrown=（u,v,w）\]，

则\[\overrightarrown\]⊥\[\overrightarrow{EF}\]，\[\overrightarrown\]⊥\[\overrightarrow{F{C_1}}\]，

又\[\overrightarrow{EF}=（-1,1,0）\]，\[\overrightarrow{F{C_1}}\]=\[（-1,0,1）\],

故

取u=1，则平面\[{A_1}{C_1}EF\]的一个法向量\[\overrightarrown\]=\[（1,1,1）\].又\[\overrightarrow{C{D_1}}=（0,-2,1）\],

故\[\frac{{\overrightarrow{C{D_1}}\cdot\overrightarrown}}{{\left|{{{\overrightarrow{CD}}_1}}\right|\cdot|\overrightarrown|}}=-\frac{{\sqrt{15}}}{{15}}\]

因此直线

与平面

所成的角的大小\[\arcsin\frac{{\sqrt{15}}}{{15}}\].

20.解：

（1）\[{t_1}=\frac{3}{8}\]，

设乙到C时甲所在地为D，则AD=\[\frac{{15}}{8}\]千米。

在△ACD中，\[C{D^2}=A{C^2}+A{D^2}-2AC\cdotAD\cosA\],

所以\[f（{t_1}）=CD=\frac{3}{8}\sqrt{41}\]（千米）。

（2）甲到达B用时1小时；

乙到达C用时\[\frac{3}{8}\]小时，从A到B总用时\[\frac{7}{8}\]小时。

当\[{t_1}=\frac{3}{8}\let\le\frac{7}{8}\]时，

\[f（t）\]

；

当\[\frac{7}{8}\let\le1\]时，\[f（t）\]=5-5t.

所以

因为\[f（t）\]在\[\left[{\frac{3}{8},\frac{7}{8}}\right]\]上的最大值是\[f（\frac{3}{8}）=\frac{3}{8}\sqrt{41}\]，\[f（t）\]在\[\left[{\frac{7}{8},1}\right]\]上的最大值是\[f（\frac{7}{8}）=\frac{5}{8}\]，所以\[f（t）\]在\[\left[{\frac{3}{8},1}\right]\]上的最大值是\[\frac{3}{8}\sqrt{41}\]，不超过3.

21.证：

（1）直线\[{l_1}:

{y_1}x-{x_1}y=0\]，点C到

的距离\[d=\frac{{\left|{{y_1}{x_2}-{x_1}{y_2}}\right|}}{{\sqrt{{x_1}^2+{y_1}^2}}}\]、

，

.

（2）设\[{l_1}:

y=kx\]，则\[{l_2}:

y=\frac{1}{{2k}}x\]，设\[A（{x_1},{y_1}）,C（{x_2},{y_2}）\].

由

同理

由

（1），

\[S{\rm{=}}2\left|{{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}}\right|=2\left|{\frac{{{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}}}{{2{\rm{k}}}}+{x_2}\cdot{\rm{k}}{{\rm{x}}_1}}\right|{\rm{=}}\frac{{2{{\rm{k}}^2}+1}}{{\left|{\rm{k}}\right|}}\cdot\left|{{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}}\right|\]

=

整理得\[S=\sqrt2\].

22.解

（1）由于\[{b_{n+1}}-{b_n}=3\]，得\[{a_{n+1}}-{a_n}=6\]，

所以\[\left\{{{a_n}}\right\}\]是首项为1，公差为6的等差数列，

故\[\left\{{{a_n}}\right\}\]的通项公式为\[{a_n}=6n-5\]，\[n\in{N^*}\].

证

（2）

，得\[{a_{n+1}}-2{b_{n+1}}={a_n}-2{b_n}\].

所以\[\left\{{{a_n}-2{b_n}}\right\}\]为常数列，\[{a_n}-2{b_n}={a_1}-2{b_1}\]，即\[{a_n}=2{b_n}+{a_1}-2{b_1}.\]

因为\[{a_{{n_0}}}\ge{a_n}\]，\[n\in{N^*}\]，所以

故\[\left\{{{{\rm{b}}_n}}\right\}\]是第\[{{\rm{n}}_0}\]项是最大项。

解：

（3）因为\[{{\rm{b}}_n}={\lambda^n},\]所以\[{a_{n+1}}-{a_n}=2（{\lambda^{n+1}}-{\lambda^n}）\]

当\[n\ge2\]时，\[{a_n}=（{a_n}-{a_{n-1}}）+（{a_{n-1}}-{a_{n-2}}）+\cdots+（{a_2}-{a_1}）+{a_1}\]

=\[2（{\lambda^n}-{\lambda^{n-1}}）+2（{\lambda^{n-1}}-{\lambda^{n-2}}）+\cdots+2（{\lambda^2}-\lambda）+\lambda\]

=\[2{\lambda^n}-\lambda\].

当n=1时，\[{a_1}=\lambda\]，符合上式.

所以\[{a_n}=2{\lambda^n}-\lambda\].

因为\[\lambda<

0\]，所以\[{a_{2n}}=2{\left|\lambda\right|^{2n}}-\lambda>

-\lambda,{a_{2n-1}}=-2{\left|\lambda\right|^{2n-1}}-\lambda<

-\lambda.\]

①当\[\lambda<

-1\]时，由指数函数的单调性知，\[\left\{{{a_n}}\right\}\]不存在最大、最小值；

②当\[\lambda=-1\]时，\[\left\{{{a_n}}\right\}\]的最大值为3，最小值为-1，而\[\frac{3}{{-1}}\notin（-2,2）;

\]

③\[-1<

\lambda<

0\]时，由指数函数的单调性知，\[\left\{{{a_n}}\right\}\]的最大值\[M={a_2}=2{\lambda^2}-\lambda\]，最小值\[m={a_1}=\lambda\]，由

综上，\[\lambda\]的取值范围是\[（-\frac{1}{2},0）\].

23证明

（1）易见\[h（x）=x+\sin\frac{x}{3}\]的定义域为R,

对任意\[x\inR,h（x+6\pi）=x+6\pi+\sin\frac{{x+6\pi}}{3}=h（x）+6\pi\]，

所以\[\cosh（x+6\pi）=\cos（h（x）+6\pi）=\cosh（x）\]，

即\[h（x）\]是以\[6\pi\]为余弦周期的余弦周期函数。

（2）由于\[f（x）\]的值域为R，所以对任意\[c\in\left[{f（a）,f（b）}\right]\]，c都是一个函数值，即有

\[{x_0}\inR\]，使得\[f（{x_0}）=c\]。

若\[{x_0}<

a\]，则由\[f（x）\]单调递增得到\[c=f（{x_0}）<

f（a）\]，与\[c\in\left[{f（a）,f（b）}\right]\]矛盾，所

以.\[{x_0}\gea\]，同理可证\[{x_0}\leb\].故存在\[{x_0}\in\left[{a,b}\right]\]使得\[f（{x_0}）=c\].

（3）若\[{u_0}\]为\[\cosf（x）=1\]在\[\left[{0,T}\right]\]上的解，则,

\[\cosf（{u_0}+T）=\cosf（{u_0}）=1\],即\[{u_0}+T\]为方程\[\cosf（x）=1\]在\[\left[{T,2T}\right]\]上的解.

同理，若\[{u_0}+T\]为方程\[\cosf（x）=1\]在\[\left[{T,2T}\right]\]上的解.则\[{u_0}\]为该方程在\[\left[{0,T}\right]\]上的解.

以下证明最后一部分结论.

由

（2）所证知存在\[0={x_0}<

{x_1}<

{x_3}<

{x_4}=T,\]使得\[f（{x_{\rm{i}}}）{\rm{=i}}\pi\]，i=0,1,2,3,4.

而\[\left[{{{\rm{x}}_{\rm{i}}},{{\rm{x}}_{{\rm{i+1}}}}}\right]\]是函数\[\cosf（x）\]的单调区间，i=0,1,2,3.

与之前类似地可以证明：

\[{u_0}\]是\[\cosf（x）=-1\]在\[\left[{0,T}\right]\]上的解当且仅当\[{u_0}+T\]是\[\cosf（x）=-1\]在\[\left[{T,2T}\right]\]上的解.从而\[\cosf（x）=\pm1\]在\[\left[{0,T}\right]\]与\[\left[{T,2T}\right]\]上的解的个数相同.

故\[f（{x_i}+T）=f（{{\rm{x}}_i}）+4\pi,i=0,1,2,3,4\].

对于\[x\in\left[{0,{x_1}}\right],f（x）\in\left[{0,\pi}\right],f（x+T）\in\left[{4\pi,5\pi}\right]\].

而

类似地,当\[x\in\left[{{{\rm{x}}_i},{x_{i+1}}}\right]\]，i=1,2,3时，有\[f（x+T）=f（x）+f（T）\]

结论成立.