2017年上海市高考数学试卷

2017年上海市高考数学试卷

‎2017年上海市高考数学试卷 ‎　‎ 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）‎ ‎1．（4分）已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，则A∩B=　 　．‎ ‎2．（4分）若排列数=6×5×4，则m=　 　．‎ ‎3．（4分）不等式＞1的解集为　 　．‎ ‎4．（4分）已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于　 　．‎ ‎5．（4分）已知复数z满足z+=0，则|z|=　 　．‎ ‎6．（4分）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|=　 　．‎ ‎7．（5分）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，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是　 　．‎ ‎8．（5分）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　 　．‎ ‎9．（5分）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　 　．‎ ‎10．（5分）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=　 　．‎ ‎11．（5分）设a1、a2∈R，且，则|10π﹣a1﹣a2|的最小值等于　 　．‎ ‎12．（5分）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1、P2、P3、P4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合Ω={P1，P2，P3，P4}，点P∈Ω，过P作直线lP，使得不在lP上的“▲”的点分布在lP的两侧．用D1（lP）和D2（lP）分别表示lP一侧和另一侧的“▲”的点到lP的距离之和．若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），则Ω中所有这样的P为　 　．‎ ‎　‎ 二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）‎ ‎13．（5分）关于x、y的二元一次方程组的系数行列式D为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．（5分）在数列{an}中，an=（﹣）n，n∈N*，则an（　　）‎ A．等于 B．等于0 C．等于 D．不存在 ‎15．（5分）已知a、b、c为实常数，数列{xn}的通项xn=an2+bn+c，n∈N*，则“存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（　　）‎ A．a≥0 B．b≤0 C．c=0 D．a﹣2b+c=0‎ ‎16．（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：=1和C2：x2+=1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是的最大值．记Ω={（P，Q）‎ ‎|P在C1上，Q在C2上，且=w}，则Ω中元素个数为（　　）‎ A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个 ‎　‎ 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）‎ ‎17．（14分）如图，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．‎ ‎（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；‎ ‎（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．‎ ‎18．（14分）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．‎ ‎19．（14分）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？‎ ‎20．（16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：=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，，求直线AQ的方程．‎ ‎21．（18分）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”．‎ ‎　‎ ‎2017年上海市高考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）‎ ‎1．（4分）已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，则A∩B=　{3，4}　．‎ ‎【分析】利用交集定义直接求解．‎ ‎【解答】解：∵集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，‎ ‎∴A∩B={3，4}．‎ 故答案为：{3，4}．‎ ‎【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．‎ ‎　‎ ‎2．（4分）若排列数=6×5×4，则m=　3　．‎ ‎【分析】利用排列数公式直接求解．‎ ‎【解答】解：∵排列数=6×5×4，‎ ‎∴由排列数公式得，‎ ‎∴m=3．‎ 故答案为：m=3．‎ ‎【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意排列数公式的合理运用．‎ ‎　‎ ‎3．（4分）不等式＞1的解集为　（﹣∞，0）　．‎ ‎【分析】根据分式不等式的解法求出不等式的解集即可．‎ ‎【解答】解：由＞1得：‎ ‎，‎ 故不等式的解集为：（﹣∞，0），‎ 故答案为：（﹣∞，0）．‎ ‎【点评】本题考查了解分式不等式，考查转化思想，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎4．（4分）已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于　9π　．‎ ‎【分析】由球的体积公式，可得半径R=3，再由主视图为圆，可得面积．‎ ‎【解答】解：球的体积为36π，‎ 设球的半径为R，可得πR3=36π，‎ 可得R=3，‎ 该球主视图为半径为3的圆，‎ 可得面积为πR2=9π．‎ 故答案为：9π．‎ ‎【点评】本题考查球的体积公式，以及主视图的形状和面积求法，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．（4分）已知复数z满足z+=0，则|z|=　　．‎ ‎【分析】设z=a+bi（a，b∈R），代入z2=﹣3，由复数相等的条件列式求得a，b的值得答案．‎ ‎【解答】解：由z+=0，‎ 得z2=﹣3，‎ 设z=a+bi（a，b∈R），‎ 由z2=﹣3，得（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=﹣3，‎ 即，解得：．‎ ‎∴．‎ 则|z|=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件以及复数模的求法，是基础题．‎ ‎　‎ ‎6．（4分）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|=　11　．‎ ‎【分析】根据题意，由双曲线的方程可得a的值，结合双曲线的定义可得||PF1|﹣|PF2||=6，解可得|PF2|的值，即可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，双曲线的方程为：﹣=1，‎ 其中a==3，‎ 则有||PF1|﹣|PF2||=6，‎ 又由|PF1|=5，‎ 解可得|PF2|=11或﹣1（舍）‎ 故|PF2|=11，‎ 故答案为：11．‎ ‎【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线的定义．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）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，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是　（﹣4，3，2）　．‎ ‎【分析】由的坐标为（4，3，2），分别求出A和C1的坐标，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：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，‎ ‎∵的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2），‎ ‎∴．‎ 故答案为：（﹣4，3，2）．‎ ‎【点评】本题考查空间向量的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）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　　．‎ ‎【分析】由奇函数的定义，当x＞0时，﹣x＜0，代入已知解析式，即可得到所求x＞0的解析式，再由互为反函数的两函数的自变量和函数值相反，即可得到所求值．‎ ‎【解答】解：若g（x）=为奇函数，‎ 可得当x＞0时，﹣x＜0，即有g（﹣x）=3﹣x﹣1，‎ 由g（x）为奇函数，可得g（﹣x）=﹣g（x），‎ 则g（x）=f（x）=1﹣3﹣x，x＞0，‎ 由定义在（0，+∞）上的函数y=f（x）的反函数为y=f﹣1（x），‎ 且f﹣1（x）=2，‎ 可由f（2）=1﹣3﹣2=，‎ 可得f﹣1（x）=2的解为x=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查函数的奇偶性和运用，考查互为反函数的自变量和函数值的关系，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）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　　．‎ ‎【分析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n=，再利用列举法求出事件A：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件的个数，由此能求出事件A：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率．‎ ‎【解答】解：给出四个函数：①y=﹣x，②y=﹣，③y=x3，④y=x，‎ 从四个函数中任选2个，基本事件总数n=，‎ ‎③④有两个公共点（0，0），（1，1）．‎ 事件A：“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A：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为P（A）==．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）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=　2　．‎ ‎【分析】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，可得==．于是b1=a1=1，=b4，=b9，=b16．即可得出．‎ ‎【解答】解：∵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，‎ ‎∴==．‎ ‎∴b1=a1=1，=b4，=b9，=b16．‎ ‎∴b1b4b9b16=．‎ ‎∴=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了数列递推关系、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）设a1、a2∈R，且，则|10π﹣a1﹣a2|的最小值等于　　．‎ ‎【分析】由题意，要使+=2，可得sinα1=﹣1，sin2α2=﹣1．求出α1和α2，即可求出|10π﹣α1﹣α2|的最小值 ‎【解答】解：根据三角函数的性质，可知sinα1，sin2α2的范围在[﹣1，1]，‎ 要使+=2，‎ ‎∴sinα1=﹣1，sin2α2=﹣1．‎ 则：，k1∈Z．‎ ‎，即，k2∈Z．‎ 那么：α1+α2=（2k1+k2）π，k1、k2∈Z．‎ ‎∴|10π﹣α1﹣α2|=|10π﹣（2k1+k2）π|的最小值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题主要考察三角函数性质，有界限的范围的灵活应用，属于基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1、P2、P3、P4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合Ω={P1，P2，P3，P4}，点P∈Ω，过P作直线lP，使得不在lP上的“▲”的点分布在lP的两侧．用D1（lP）和D2（lP）分别表示lP一侧和另一侧的“▲”的点到lP的距离之和．若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），则Ω中所有这样的P为　P1、P3、P4　．‎ ‎【分析】根据任意四边形ABCD两组对边中点的连线交于一点，‎ 过此点作直线，使四边形的四个顶点不在该直线的同一侧，‎ 则该直线两侧的四边形的顶点到直线的距离之和相等；由此得出结论．‎ ‎【解答】解：设记为“▲”的四个点是A，B，C，D，‎ 线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，‎ 易知EFGH为平行四边形，如图所示；‎ 又平行四边形EFGH的对角线交于点P2，‎ 则符合条件的直线lP一定经过点P2，‎ 且过点P2的直线有无数条； ‎ 由过点P1和P2的直线有且仅有1条，‎ 过点P3和P2的直线有且仅有1条，‎ 过点P4和P2的直线有且仅有1条，‎ 所以符合条件的点是P1、P3、P4．‎ 故答案为：P1、P3、P4．‎ ‎【点评】本题考查了数学理解力与转化力的应用问题，也考查了对基本问题的阅读理解和应用转化能力．‎ ‎　‎ 二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）‎ ‎13．（5分）关于x、y的二元一次方程组的系数行列式D为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】利用线性方程组的系数行列式的定义直接求解．‎ ‎【解答】解：关于x、y的二元一次方程组的系数行列式：‎ D=．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查线性方程组的系数行列式的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意线性方程组的系数行列式的定义的合理运用．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）在数列{an}中，an=（﹣）n，n∈N*，则an（　　）‎ A．等于 B．等于0 C．等于 D．不存在 ‎【分析】根据极限的定义，求出an=的值．‎ ‎【解答】解：数列{an}中，an=（﹣）n，n∈N*，‎ 则an==0．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了极限的定义与应用问题，是基础题．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）已知a、b、c为实常数，数列{xn}的通项xn=an2+bn+c，n∈N*，则“存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（　　）‎ A．a≥0 B．b≤0 C．c=0 D．a﹣2b+c=0‎ ‎【分析】由x100+k，x200+k，x300+k成等差数列，可得：2x200+k=x100+kx300+k，代入化简即可得出．‎ ‎【解答】解：存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2[a（200+k）2+b（200+k）+c]=a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a=0．‎ ‎∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a≥0．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了等差数列的通项公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎16．（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：=1和C2：x2+=1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是的最大值．记Ω={（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且=w}，则Ω中元素个数为（　　）‎ A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个 ‎【分析】设出P（6cosα，2sinα），Q（cosβ，3sinβ），0≤αβ＜‎ ‎2π，由向量数量积的坐标表示和两角差的余弦公式和余弦函数的值域，可得最大值及取得的条件，即可判断所求元素的个数．‎ ‎【解答】解：椭圆C1：=1和C2：x2+=1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，‎ 可设P（6cosα，2sinα），Q（cosβ，3sinβ），0≤αβ＜2π，‎ 则=6cosαcosβ+6sinαsinβ=6cos（α﹣β），‎ 当α﹣β=2kπ，k∈Z时，w取得最大值6，‎ 则Ω={（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且=w}中的元素有无穷多对．‎ 另解：令P（m，n），Q（u，v），则m2+9n2=36，9u2+v2=9，‎ 由柯西不等式（m2+9n2）（9u2+v2）=324≥（3mu+3nv）2，‎ 当且仅当mv=nu，即O、P、Q共线时，取得最大值6，‎ 显然，满足条件的P、Q有无穷多对，D项正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的参数方程的运用，以及向量数量积的坐标表示和余弦函数的值域，考查集合的几何意义，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）‎ ‎17．（14分）如图，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．‎ ‎（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；‎ ‎（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．‎ ‎【分析】（1）三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=S△ABC×AA1=‎ ‎，由此能求出结果．‎ ‎（2）连结AM，∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，由此能求出直线A1M与平面ABC所成角的大小．‎ ‎【解答】解：（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 ‎=‎ ‎==20．‎ ‎（2）连结AM，‎ ‎∵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，M是BC中点，‎ ‎∴AA1⊥底面ABC，AM==，‎ ‎∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，‎ tan∠A1MA===，‎ ‎∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．‎ ‎【点评】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（14分）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．‎ ‎【分析】（1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；‎ ‎（2）由f（A）=0，解得A，再由余弦定理解方程可得c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）=cos2x﹣sin2x+‎ ‎=cos2x+，x∈（0，π），‎ 由2kπ﹣π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣π≤x≤kπ，k∈Z，‎ k=1时，π≤x≤π，‎ 可得f（x）的增区间为[，π）；‎ ‎（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，即有cos2A+=0，‎ 解得2A=π，即A=π，‎ 由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA，‎ 化为c2﹣5c+6=0，‎ 解得c=2或3，‎ 若c=2，则cosB=＜0，‎ 即有B为钝角，c=2不成立，‎ 则c=3，‎ ‎△ABC的面积为S=bcsinA=×5×3×=．‎ ‎【点评】‎ 本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）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？‎ ‎【分析】（1）计算出{an}和{bn}的前4项和的差即可得出答案；‎ ‎（2）令an≥bn得出n≤42，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵an=，bn=n+5‎ ‎∴a1=5×14+15=20‎ a2=5×24+15=95‎ a3=5×34+15=420‎ a4=﹣10×4+470=430‎ b1=1+5=6‎ b2=2+5=7‎ b3=3+5=8‎ b4=4+5=9‎ ‎∴前4个月共投放单车为a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965，‎ 前4个月共损失单车为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}为等差为1的等差数列，‎ ‎∴到第42个月底，单车保有量为×39+535﹣×42=×39+535﹣×42=8782．‎ S42=﹣4×16+8800=8736．‎ ‎∵8782＞8736，‎ ‎∴第42个月底单车保有量超过了容纳量．‎ ‎【点评】本题考查了数列模型的应用，等差数列的求和公式，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：=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，，求直线AQ的方程．‎ ‎【分析】（1）设P（x，y）（x＞0，y＞0），联立，能求出P点坐标．‎ ‎（2）设M（x0，0），A（0，1），P（），由∠P=90°，求出x0=；由∠M=90°，求出x0=1或x0=；由∠A=90°，则M点在x轴负半轴，不合题意．由此能求出点M的横坐标．‎ ‎（3）设C（2cosα，sinα），推导出Q（4cosα，2sinα﹣1），设P（2cosβ，sinβ），M（x0，0）推导出x0=cosβ，从而 4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ，且2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ，cosβ=﹣cosα，且sinα=（1﹣2sinα），由此能求出直线AQ．‎ ‎【解答】解：（1）设P（x，y）（x＞0，y＞0），‎ ‎∵椭圆Γ：=1，A为Γ的上顶点，‎ P为Γ上异于上、下顶点的动点，‎ P在第一象限，且|OP|=，‎ ‎∴联立，‎ 解得P（，）．‎ ‎（2）设M（x0，0），A（0，1），‎ P（），‎ 若∠P=90°，则•，即（x0﹣，﹣）•（﹣，）=0，‎ ‎∴（﹣）x0+﹣=0，解得x0=．‎ 如图，若∠M=90°，则•=0，即（﹣x0，1）•（﹣x0，）=0，‎ ‎∴=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，‎ 且2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ，‎ ‎∴cosβ=﹣cosα，且sinα=（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为y=x+1．‎ ‎【点评】本题考查点的坐标的求法，考查直线方程的求法，考查椭圆、直线方程、三角函数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（18分）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”．‎ ‎【分析】（1）直接由f（x1）﹣f（x2）≤0求得a的取值范围；‎ ‎（2）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），证明对任意x∈[x0，x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk），可得f（x0）=f（x0+nTk），n∈Z，再由…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…=R，可得对任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，为常数；‎ ‎（3）分充分性及必要性证明．类似（2）证明充分性；再证必要性，然后分类证明．‎ ‎【解答】（1）解：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），则对任意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g（x0）=M=g（x0﹣N2Th），且f（x0）=f（x0﹣N2Th）=c．‎ 而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，为常数．‎ 综上，必要性得证．‎ ‎【点评】本题考查抽象函数及其应用，考查逻辑思维能力与理论运算能力考查分类讨论的数学思想方法，题目设置难度过大．‎ ‎　‎