2017年上海市徐汇区高考一模数学

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2017 年上海市徐汇区高考一模数学 一、填空题(共 12 小题，第 1 题至第 6 题每小题 4 分，第 7 题至第 12 题每小题 4 分，满分 54 分) 1. 25lim 1n n n   =______. 解析： 522 5 2 0lim lim 11 1 01nn n n n n    =2. 答案：2. 2.已知抛物线 C 的顶点在平面直角坐标系原点，焦点在 x 轴上，若 C 经过点 M(1，3)，则 其焦点到准线的距离为______. 解析：由题意可知：由焦点在 x 轴上，若 C 经过点 M(1，3)， 则图象经过第一象限， ∴设抛物线的方程：y2=2px， 将 M(1，3)代入 9=2p，解得： 9 2p  ， ∴抛物线的标准方程为：y2=9x， 由焦点到准线的距离 9 2dp. 答案： 9 2 . 3.若线性方程组的增广矩阵为 02 01 a b   ，解为 2 1 x y    ＝ ＝ ，则 a+b=______. 解析：由题意知 2 1 x y    ＝ ＝ 是方程组 2ax yb    ＝ ＝ 的解， 即 22 1 a b    ＝ ＝ ， 则 a+b=1+1=2. 答案：2. 4.若复数 z 满足： 3i z i   (i 是虚数单位)，则|z|=______. 解析：由 3i z i   ，得 3 13izii    ， 故 1 3 2z    . 答案：2. 5.在 6 2 2()x x 的二项展开式中第四项的系数是______. 解析：在 6 2 2()x x 的二项展开式中第四项： 3 3 3 3 3 3 4 6 62 2 8 160T C x C x xx   ＝ . ∴在 6 2 2()x x 的二项展开式中第四项的系数是 160. 答案：160. 6.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，若 AB=BC=1，AA1= 2 ，则异面直线 BD1 与 CC1 所成角的大小为 ______. 解析：如图，连接 D1B1； ∵CC1∥BB1； ∴BD1 与 CC1 所成角等于 BD1 与 BB1 所成角； ∴∠B1BD1 为异面直线 BD1 与 CC1 所成角； ∴在 Rt△BB1D1 中， 1 11 1 22cos 21 1 2 BBB BD BD  ＝ ＝ ； ∴异面直线 BD1 与 CC1 所成角的大小为 4  . 答案： 4  . 7.若函数 2 ( ) 2 0 0 xf x x x m x        ， ， ＞ 的值域为(-∞，1]，则实数 m 的取值范围是______. 解析：x≤0 时：f(x)=2x∈(0，1]. x＞0 时，f(x)=-x2+m，函数的对称轴 x=0，f(x)在(-∞，0)递增，∴f(x)=-x2+m＜m， 函数 2 ( ) 2 0 0 xf x x x m x        ， ， ＞ 的值域为(-∞，1]， 故 0＜m≤1. 答案：(0，1]. 8.如图，在△ABC 中，若 AB=AC=3， 1cos 2BAC， 2DC BD ，则 AD BC =______. 解析：根据条件： AD AB BD＝ = 1 3AB BC =  1 3AB AC AB = 21 33AB AC ； ∴  21 33AD BC AB AC AC AB   ＝ = 221 2 1 3 3 3AB AC AB AC   = 1 1 2 13 3 9 93 2 3 3       = 3 2 . 答案： 3 2 . 9.定义在 R 上的偶函数 y=f(x)，当 x≥0 时，f(x)=lg(x2-3x+3)，则 f(x)在 R 上的零点个 数为______个. 解析：当 x≥0 时，f(x)=lg(x2-3x+3)， 函数的零点由：lg(x2-3x+3)=0，即 x2-3x+3=1，解得 x=1 或 x=2. 因为函数是定义在 R 上的偶函数 y=f(x)，所以函数的零点个数为：4 个. 答案：4. 10.将 6 辆不同的小汽车和 2 辆不同的卡车驶入如图所示的 10 个车位中的某 8 个内，其中 2 辆卡车必须停在 A 与 B 的位置，那么不同的停车位置安排共有______种？(结果用数值表 示) 解析：由题意，不同的停车位置安排共有 26 28 40320AA  种. 答案：40320. 11.已知数列{an}是首项为 1，公差为 2m 的等差数列，前 n 项和为 Sn，设 2 n n n Sb n  (n∈ N*)，若数列{bn}是递减数列，则实数 m 的取值范围是______. 解析：   21 2 (1 )2n nnS n m mn m n      . ∴ 1 22 n n nn S mn mb n  ， ∵数列{bn}是递减数列， ∴bn+1＜bn，∴   1 11 1 22nn n m m mn m     ＜ ， 化为：m(n-2)+1＞0，对于 n∈N*都成立. n=1 时，m＜1； n=2 时，m∈R； n＞2 时， 1 2m n ＞ ，解得 m≥0. 综上可得：m∈[0，1). 答案：[0，1). 12.若使集合 A={x|(kx-k2-6)(x-4)＞0，x∈Z}中的元素个数最少，则实数 k 的取值范围是 ______. 解析：集合 A={x|(kx-k2-6)(x-4)＞0，x∈Z}， ∵方程(kx-k2-6)(x-4)=0， 解得： 1 6xkk＝ ，x2=4， ∴(kx-k2-6)(x-4)＞0，x∈Z 当 k=0 时，A=(-∞，4)； 当 k＞0 时， 64 k k＜ ，A=(-∞，4)∪( 6k k ，+∞)； 当 k＜0 时， 6k k ＜4，A=( 6k k ，4). ∴当 k≥0 时，集合 A 的元素的个数无限； 当 k＜0 时， 6k k ＜4，A=( 6k k ，4).集合 A 的元素的个数有限， 令函数 g(k)= 6k k ，(k＜0) 则有： 26gk（ ） ， ∵题意要求 x∈Z， 故得： 6k k ≥-5，且 6k k ＜-4， 解得：-3≤k≤-2 答案：[-3，-2]. 二、选择题(共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分) 13.“ 4x k k Z  （ ）”是“tanx=1”成立的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：∵tanx=1，∴ ∵ 则 tanx=1， ∴根据充分必要条件定义可判断： “ ”是“tanx=1”成立的充分必要条件. 答案：C 14.若12i (i 是虚数单位)是关于 x 的实系数方程 x2+bx+c=0 的一个复数根，则( ) A.b=2，c=3 B.b=2，c=-1 C.b=-2，c=-1 D.b=-2，c=3 解析：∵ 是关于 x 的实系数方程 x2+bx+c=0 的一个复数根， ∴12i 是关于 x 的实系数方程 x2+bx+c=0 的一个复数根， ∴    1 2 1 2 1 2 1 2 i i b i i c       ＝ ＝ ，解得 b=-2，c=3. 答案：D. 15.已知函数 f(x)为 R 上的单调函数，f-1(x)是它的反函数，点 A(-1，3)和点 B(1，1)均在 函数 f(x)的图象上，则不等式|f-1(2x)|＜1 的解集为( ) A.(-1，1) B.(1，3) C.(0，log23) D.(1，log23) 解析：∵点 A(-1，3)和点 B(1，1)在图象上， ∴f(-1)=3，f(1)=1，又 f-1(x)是 f(x)的反函数， ∴f-1(3)=-1，f-1(1)=1， 由|f-1(2x)|＜1，得-1＜f-1(2x)＜1， 即 f-1(3)＜f-1(2x)＜f-1(1)， 函数 f(x)为 R 的减函数，∴f-1(x)是定义域上的减函数， 则 1＜2x＜3，解得：0＜x＜log23. ∴不等式|f-1(2x)|＜1 的解集为(0，log23). 答案：C. 16.如图，两个椭圆 22 125 9 xy， 22 125 9 yx内部重叠区域的边界记为曲线 C，P 是曲线 C 上任意一点，给出下列三个判断： ①P 到 F1(-4，0)、F2(4，0)、E1(0，-4)、E2(0，4)四点的距离之和为定值； ②曲线 C 关于直线 y=x、y=-x 均对称； ③曲线 C 所围区域面积必小于 36. 上述判断中正确命题的个数为( ) A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 解析：对于①，若点 P 在椭圆 22 125 9 xy上，P 到 F1(-4，0)、F2(4，0)两点的距离之和为 定值、到 E1(0，-4)、E2(0，4)两点的距离之和不为定值，故错； 对于②，两个椭圆 ， 22 125 9 yx关于直线 y=x、y=-x 均对称，曲线 C 关于直 线 y=x、y=-x 均对称，故正确； 对于③，曲线 C 所围区域在边长为 6 的正方形内部，所以面积必小于 36，故正确. 答案：C 三、解答题(共 5 小题，满分 76 分) 17.如图，已知 PA⊥平面 ABC，AC⊥AB，AP=BC=2，∠CBA=30°，D 是 AB 的中点. (1)求 PD 与平面 PAC 所成的角的大小； (2)求△PDB 绕直线 PA 旋转一周所构成的旋转体的体积. 解析：(1)先判断∠DPA 就是 PD 与平面 PAC 所成的角，再在 Rt△PAD 中，即可求得结论； (2)△PDB 绕直线 PA 旋转一周所构成的旋转体，是以 AB 为底面半径、AP 为高的圆锥中挖去 一个以 AD 为底面半径、AP 为高的小圆锥，从而可求体积. 答案：(1)∵PA⊥平面 ABC，∴PA⊥AB， 又∵AC⊥AB，PA∩AC=A ∴AB⊥平面 PAC， ∴∠DPA 就是 PD 与平面 PAC 所成的角. 在 Rt△PAD 中，PA=2， 3 2AD  ， ∴ 3tan 4DPA ∴ 3arctan 4DPA ， 即 PD 与平面 PAC 所成的角的大小为 3arctan 4 . (2)△PDB 绕直线 PA 旋转一周所构成的旋转体，是以 AB 为底面半径、AP 为高的圆锥中挖去 一个以 AD 为底面半径、AP 为高的小圆锥， ∴   2 21 1 3 33 2 23 3 2 2V          ＝ . 18.已知函数 23 cos sin() cos 1 xxfx x  . (1)当 x∈[0， 2  ]时，求 f(x)的值域； (2)已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 32 Af     ，a=4，b+c=5，求 △ABC 的面积. 解析：(1)由已知利用行列式的计算，三角函数恒等变换的应用化简可得函数解析式 3( ) sin(2 )32f x x    ，结合范围 42 33 ]3[x   ， ，利用正弦函数的性质即可得解 值域. (2)由已知可求 3sin 32A （ ） ，结合范围 4()3 3 3A    ， ，可得 3A  ，由余弦定 理解得：bc=3，利用三角形面积公式即可计算得解. 答案：(1)∵ 2 2 33 cos sin( ) 3 cos sin cos sin(2 )32cos 1 xxf x x x x x x       ， ∵x∈[0， 2  ]， ， ∴ 3sin(2 ) [32]1x    ，，可得： 33( ) sin(2 ) 0 13 []22f x x     ， . (2)∵ 3sin( ) 32 3 2 AfA     ，可得： 3sin( )32A  ， ∵A∈(0，π)， 4()3 3 3A    ， ，可得： 2 33A  ，解得： 3A  . ∵a=4，b+c=5， ∴由余弦定理 a2=b2+c2-2bccosA，可得：16=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=25-3bc，解得：bc=3， ∴ 1 1 3 3 3sin 32 2 2 4ABCS bc A     . 19.某创业团队拟生产 A、B 两种产品，根据市场预测，A 产品的利润与投资额成正比(如图 1)，B 产品的利润与投资额的算术平方根成正比(如图 2).(注：利润与投资额的单位均为万 元) (1)分别将 A、B 两种产品的利润 f(x)、g(x)表示为投资额 x 的函数； (2)该团队已筹到 10 万元资金，并打算全部投入 A、B 两种产品的生产，问：当 B 产品的投 资额为多少万元时，生产 A、B 两种产品能获得最大利润，最大利润为多少？ 解析：(1)由 A 产品的利润与投资额成正比，B 产品的利润与投资额的算术平方根成正比， 结合函数图象，我们可以利用待定系数法来求两种产品的收益与投资的函数关系； (2)由(1)的结论，我们设 B 产品的投资额为 x 万元，则 A 产品的投资额为 10-x 万元.这时 可以构造出一个关于收益 y 的函数，然后利用求函数最大值的方法进行求解. 答案：(1)f(x)=k1x， 2()g x k x ， f(1)=0.25=k1，g(4)=2k2=2.5， ∴f(x)=0.25x(x≥0)， ( ) 1.25g x x (x≥0)， (2)设 B 产品的投资额为 x 万元，则 A 产品的投资额为 10-x 万元. y=f(10-x)+g(x)=0.25(10-x)+1.25 x (0≤x≤10)， 令 t= x ，则 y=-0.25t2+1.25t+2.5， 所以当 t=2.5，即 x=6.25 万元时，收益最大， max 65 16y  万元. 20.如图，双曲线Γ： 2 2 13 x y的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 作直线 l 交 y 轴于点 Q. (1)当直线 l 平行于Γ的一条渐近线时，求点 F1 到直线 l 的距离； (2)当直线 l 的斜率为 1 时，在Γ的右支上是否存在点 P，满足 110F P FQ？若存在，求 出 P 点的坐标；若不存在，说明理由； (3)若直线 l 与Γ交于不同两点 A、B，且Γ上存在一点 M，满足 40OA OB OM   (其 中 O 为坐标原点)，求直线 l 的方程. 解析：(1)由双曲线Γ： ，焦点在 x 轴上，a= 3 ，b=1， 3 1 2c    ，则令 1 3 k  ，直线 l 的方程为： 1 ( 2) 3 yx，即 x- 3 y-2=0，则点 F1 到直线 l 的距离为 2 0 2 2 13 d     ； (2)直线 l 的方程为 y=x-2，点 Q(0，-2)，假设在Γ的右支上存在点 P(x0，y0)，则 x0＞0， 110F P FQ，代入求得 y0=x0+2，代入双曲线方程求得 2x0 2+12x0+15=0，由△＜0，所以不 存在点 P 在右支上； (3)设直线 l 的方程为 y=kx+b，联立方程组，由韦达定理则 33()OM x y ， ， 1 ()4OM OA OB   ，M 为双曲线上一点，即 x3 2-3y3 2=3，则 x1x2-3y1y2=21①由 x1x2- 3y1y2=x1x2-3(x1+b)(x2+b)，=-2x1x2-3b(x1+x2)-3b2 2 2 22 6 3 32 3 3 211 3 1 3 kb bbbkk        ， 即可求得 k 与 b 的值，求得直线 l 的方程；方法二：设直线 l 的方程为 y=my+2，代入椭圆 方程，由韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得 M 点坐标，代入双曲线的方程，即可求 得 m 的值. 答案：(1)双曲线Γ： 2 2 13 x y，焦点在 x 轴上，a= ，b=1， ， 则双曲线左、右焦点分别为 F1(-2，0)，F2(2，0)， 过 F2 作直线 l，设直线 l 的斜率为 k，l 交 y 轴于点 Q. 当直线 l 平行于Γ的一条渐近线时，不妨令 1 3 k  ， 则直线 l 的方程为： 1 ( 2) 3 yx， 即 x- 3 y-2=0， 则点 F1 到直线 l 的距离为 2 0 2 2 13 d     ； (2)当直线 l 的斜率为 1 时，直线 l 的方程为 y=x-2， 则点 Q(0，-2)； 假设在Γ的右支上存在点 P(x0，y0)，则 x0＞0； ∵ 110F P FQ， ∴(x0+2)(0+2)+(y0-0)(-2-0)=0， 整理得 y0=x0+2， 与双曲线方程 2 20 0 13 x y联立，消去 y0， 得 2x0 2+12x0+15=0， △=24＞0，方程有实根， 解得： 12 2 6 34x  ＜ ， 所以不存在点 P 在右支上； (3)当 k=0 时，直线 l 的方程 x=2， 则 A(2， 3 3 )，B(2，- 3 3 )，由 1 ()4OM OA OB   ， ∴M(1，0)，则 M 不椭圆上，显然不存在， 当直线 l 的斜率存在且不为 0 时，设直线 l 的方程为 y=kx+b， 联立方程组 2 2 13 y kx b x y   ＝ ， 消去 y，得(1-3k2)x2-6kbx-3b2-3=0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 12 2 6 13 kbxx k ， 2 12 2 33 13 bxx k  ， 设 33()OM x y ， ， 40OA OB OM   ， 1 ()4OM OA OB   ， 即     3 1 2 3 1 2 1- 4 1 4 x x x y y y     ＝ ＝ ， 又 M 为双曲线上一点，即 x3 2-3y3 2=3， 由(x1+x2)2-3(y1+y2)2=48， 化简得：(x1 2-3y1 2)+(x2 2-3y2 2)+2(x1x2-3y1y2)=48， 又 A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上， 所以 x1 2-3y1 2=3，x2 2-3y2 2=3， ∴x1x2-3y1y2=21， 由直线 l 过椭圆的右焦点 F(2，0)，则 2 bk  ，① 而 x1x2-3y1y2=x1x2-3(kx1+b)(kx2+b)， =x1x2-3k2x1x2-3kb(x1+x2)-3b2= 2 2 22 6 3 32 3 3 211 3 1 3 kb bbbkk       ，② 由①②解得： 2 2 2 k b     ＝ ＝ ，或 2 2 2 k b    ＝ ＝ ， ∴直线 l 的方程 x=± 2 y+2. 方法二：设直线 l 的方程为 y=my+2，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0) 2 2 2 13 x my x y   ＝ ，整理得：(m2-3)y2+4my+1=0， 则 12 2 4 3 myy m   ， 12 2 1 3yy m  ， 1 2 1 2 2 124 3x x m y y m       （ ） ， 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 12 3( 2)( 2) 2 ( ) 4 3 mx x my my m y y m y y m            ， OA OB OM   ，则(x1+x2，y1+y2)= OM ， ∴ 1 2 0 1 2 0 -4 -4 x x x y y y     ＝ ＝ ， 求得： 0022 3 33 mxymm ， ， 由 M 在椭圆方程，代入 2 20 0 13 x y，求得 m2=2，解得： 2m  ， 直线 l 的方程 22xy   . 21.正整数列{an}，{bn}满足：a1≥b1，且对一切 k≥2，k∈N*，ak 是 ak-1 与 bk-1 的等差中项， bk 是 ak-1 与 bk-1 的等比中项. (1)若 a2=2，b2=1，求 a1，b1 的值； (2)求证：{an}是等差数列的充要条件是{an}为常数数列； (3)记 cn=|an-bn|，当 n≥2(n∈N*)时，指出 c2+…+cn 与 c1 的大小关系并说明理由. 解析：(1)正整数列{an}，{bn}满足：a1≥b1，且对一切 k≥2，k∈N*，ak 是 ak-1 与 bk-1 的等差 中项，bk 是 ak-1 与 bk-1 的等比中项.可得 2ak=ak-1+bk-1，bk 2=ak-1bk-1，对 k 取值即可得出. (2){an}是等差数列，2ak=ak-1+bk-1，2ak=ak-1+ak+1，可得 bk-1=ak+1，bk=ak+2，bk 2=ak-1bk-1，ak+2 2=ak- 1ak+1，k=2 时，a4 2=a1a3，(a1+3d)2=a1(a1+2d)，可得 d=0.即可证明. (3)对一切 k≥2，k∈N*，ak 是 ak-1 与 bk-1 的等差中项，bk 是 ak-1 与 bk-1 的等比中项.2an=an- 1+bn-1，bn 2=an-1bn-1，利用基本不等式的性质可得 211 112 nn n n n n n aba a b b b      ， cn=|an-bn|=an-bn.可得    11 1 1 1222 2 2 2 nn n n n n n n n n n n n n n aba b a b a b a b a b b a b           （ ） ，即 1 1 2nncc  .利用等比数列的求和公式即可得出. 答案：(1)正整数列{an}，{bn}满足：a1≥b1，且对一切 k≥2，k∈N*， ak 是 ak-1 与 bk-1 的等差中项，bk 是 ak-1 与 bk-1 的等比中项. ∴2ak=ak-1+bk-1，bk2=ak-1bk-1， a2=2，b2=1，可得 4=a1+b1，1=a1b1， 解得 a1=2+ 3 ，b1=2- 3 . (2)证明：{an}是等差数列，2ak=ak-1+bk-1，2ak=ak-1+ak+1，可得 bk-1=ak+1， 则 bk=ak+2，∵bk 2=ak-1bk-1， ∴ak+2 2=ak-1ak+1，k=2 时，a4 2=a1a3，(a1+3d)2=a1(a1+2d)， 6a1d+9d2=2a1d，即 d(4a1+9d)=0，正整数列{an}，可知 d≥0，4a1+9d＞0，∴d=0. ∴数列{an}为常数数列. {an}是等差数列的充要条件是{an}为常数数列. (3)对一切 k≥2，k∈N*，ak 是 ak-1 与 bk-1 的等差中项，bk 是 ak-1 与 bk-1 的等比中项. 2an=an-1+bn-1，bn 2=an-1bn-1， ∴ 211 112 nn n n n n n aba a b b b      ， 又已知 a1≥b1， ∴cn=|an-bn|=an-bn. ∴    11 1 1 1222 2 2 2 nn n n n n n n n n n n n n n aba b a b a b a b a b b a b           （ ） ， 即 1 1 2nncc  . ∴ 1 2 121 1 1 1 2 2 2n n n nc c c c     ， ∴ 2 1 1 1 1 12 1 1 1 1 1 112 2 2 2n nnc c c c c c c          . ∴当 n≥2(n∈N*)时，c2+…+cn≤c1.