上海市杨浦区高考数学一模试卷Word格式文档下载.doc

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A．①② B．②③ C．①③ D．②④

15．（5分）“t≥0”是“函数f（x）=x2+tx﹣t在（﹣∞，+∞）内存在零点”的（　　）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既非充分也非必要条件

16．（5分）设A、B、C、D是半径为1的球面上的四个不同点，且满足•=0，•=0，•=0，用S1、S2、S3分别表示△ABC、△ACD、△ABD的面积，则S1+S2+S3的最大值是（　　）

A． B．2 C．4 D．8

三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）

17．（14分）如图所示，用总长为定值l的篱笆围成长方形的场地，以墙为一边，并用平行于一边的篱笆隔开．

（1）设场地面积为y，垂直于墙的边长为x，试用解析式将y表示成x的函数，并确定这个函数的定义域；

（2）怎样围才能使得场地的面积最大？

最大面积是多少？

18．（14分）如图，已知圆锥的侧面积为15π，底面半径OA和OB互相垂直，且OA=3，P是母线BS的中点．

（1）求圆锥的体积；

（2）求异面直线SO与PA所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）

19．（14分）已知函数的定义域为集合A，集合B=（a，a+1），且B⊆A．

（1）求实数a的取值范围；

（2）求证：

函数f（x）是奇函数但不是偶函数．

20．（16分）设直线l与抛物线Ω：

y2=4x相交于不同两点A、B，O为坐标原点．

（1）求抛物线Ω的焦点到准线的距离；

（2）若直线l又与圆C：

（x﹣5）2+y2=16相切于点M，且M为线段AB的中点，求直线l的方程；

（3）若，点Q在线段AB上，满足OQ⊥AB，求点Q的轨迹方程．

21．（18分）若数列A：

a1，a2，…，an（n≥3）中（1≤i≤n）且对任意的2≤k≤n﹣1，ak+1+ak﹣1＞2ak恒成立，则称数列A为“U﹣数列”．

（1）若数列1，x，y，7为“U﹣数列”，写出所有可能的x、y；

（2）若“U﹣数列”A：

a1，a2，…，an中，a1=1，an=2017，求n的最大值；

（3）设n0为给定的偶数，对所有可能的“U﹣数列”A：

a1，a2，…，，记，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数，求M的最小值．

参考答案与试题解析

1．（4分）计算的结果是　1　．

【解答】解：

当n→+∞，→0，∴=1，

故答案为：

1．

2．（4分）已知集合A={1，2，m}，B={3，4}，若A∩B={3}，则实数m=　3　．

∵集合A={1，2，m}，B={3，4}，A∩B={3}，

∴实数m=3．

3．

3．（4分）已知，则=　﹣　．

∵，

∴=．

﹣．

4．（4分）若行列式，则x=　2　．

∴2×

2x﹣1﹣4=0即x﹣1=1

∴x=2

2

5．（4分）已知一个关于x、y的二元一次方程组的增广矩阵是，则x+y=　6　．

∵一个关于x、y的二元一次方程组的增广矩阵是，

∴由二元线性方程组的增广矩阵可得到二元线性方程组的表达式，

解得x=4，y=2，

∴x+y=6．

6．

6．（4分）在的二项展开式中，常数项等于　﹣160　．

展开式的通项为Tr+1=x6﹣r（﹣）r=（﹣2）rx6﹣2r

令6﹣2r=0可得r=3

常数项为（﹣2）3=﹣160

﹣160

7．（5分）若将一颗质地均匀的骰子（一种各面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具），先后抛掷2次，则出现向上的点数之和为4的概率是　　．

基本事件共6×

6个，

点数和为4的有（1，3）、（2，2）、（3，1）共3个，

故P==．

．

8．（5分）数列{an}的前n项和为Sn，若点（n，Sn）（n∈N*）在函数y=log2（x+1）的反函数的图象上，则an=　2n﹣1　．

由题意得n=log2（Sn+1）⇒sn=2n﹣1．

n≥2时，an=sn﹣sn﹣1=2n﹣2n﹣1=2n﹣1，

当n=1时，a1=s1=21﹣1=1也适合上式，

∴数列{an}的通项公式为an=2n﹣1；

2n﹣1

9．（5分）在△ABC中，若sinA、sinB、sinC成等比数列，则角B的最大值为　　．

∵在△ABC中，sinA、sinB、sinC依次成等比数列，

∴sin2B=sinAsinC，

利用正弦定理化简得：

b2=ac，

由余弦定理得：

cosB==≥=（当且仅当a=c时取等号），

则B的范围为（0，]，即角B的最大值为．

10．（5分）抛物线y2=﹣8x的焦点与双曲线﹣y2=1的左焦点重合，则这条双曲线的两条渐近线的夹角为　　．

∵抛物线y2=﹣8x的焦点F（﹣2，0）与双曲线﹣y2=1的左焦点重合，

∴a2+1=4，解得a=，

∴双曲线的渐近线方程为y=，

∴这条双曲线的两条渐近线的夹角为，

11．（5分）已知函数，x∈R，设a＞0，若函数g（x）=f（x+α）为奇函数，则α的值为　　．

函数，

=，

=s，

函数g（x）=f（x+α）=为奇函数，

则：

（k∈Z），

解得：

，

12．（5分）已知点C、D是椭圆上的两个动点，且点M（0，2），若，则实数λ的取值范围为　　．

假设CD的斜率存在时，设过点M（0，2）得直线方程为y=kx+2，

联立方程，整理可得（1+4k2）x2+16kx+12=0，

设C（x1，y1），N（x2，y2），则△=（16k）2﹣4×

（1+4k2）×

12≥0，整理得k2≥，

x1+x2=﹣，x1x2=，（*）

由，可得，x1=λx2代入到（*）式整理可得==，

由k2≥，可得4≤≤，解可得＜λ＜3且λ≠1，

当M和N点重合时，λ=1，

当斜率不存在时，则D（0，1），C（0，﹣1），或D（0，1），C（0，﹣1），则λ=或λ=3

∴实数λ的取值范围．

∵=，

∴复数对应的点的坐标为（﹣1，﹣2），位于第三象限．

故选：

C．

①y=log2x的定义域为（0，+∞），定义域关于原点不对称，则函数为非奇非偶函数；

是偶函数，图象关于y轴对称，满足条件．

③y=2|x|是偶函数，图象关于y轴对称，满足条件．

④y=arcsinx是奇函数，图象关于y轴不对称，不满足条件，

B．

t≥0⇒△=t2+4t≥0⇒函数f（x）=x2+tx﹣t在（﹣∞，+∞）内存在零点，

函数f（x）=x2+tx﹣t在（﹣∞，+∞）内存在零点⇒△=t2+4t≥0⇒t≥0或t≤﹣4．

∴“t≥0”是“函数f（x）=x2+tx﹣t在（﹣∞，+∞）内存在零点”的充分非必要条件．

A．

设AB=a，AC=b，AD=c，

因为AB，AC，AD两两互相垂直，扩展为长方体，它的对角线为球的直径，所以a2+b2+c2=4R2=4

所以S△ABC+S△ACD+S△ADB=（ab+ac+bc）≤（a2+b2+c2）=2

即最大值为：

（1）设场地面积为y，垂直于墙的边长为x，

它的面积y=x（l﹣3x）；

由x＞0，且l﹣3x＞0，可得函数的定义域为（0，l）；

（2）y=x（l﹣3x）=×

3x（1﹣3x）≤×

（）2=，

当x=时，这块长方形场地的面积最大，

这时的长为l﹣3x=l，最大面积为．

【解答】

（本题满分（14分），第1小题满分（7分），第2小题满分7分）

解：

（1）由题意，π•OA•SB=15π，

解得BS=5，…（2分）

故…（4分）

从而体积．…（7分）

（2）如图，取OB中点H，连结PH、AH．

由P是SB的中点知PH∥SO，

则∠APH（或其补角）就是异面直线SO与PA所成角．…（10分）

∵SO⊥平面OAB，∴PH⊥平面OAB，∴PH⊥AH．

在△OAH中，由OA⊥OB，得，…（11分）

在Rt△APH中，∠AHP=90O，，…（12分）

则，

∴异面直线SO与PA所成角的大小．…（14分）

（1）令，解得﹣1＜x＜1，所以A=（﹣1，1），

因为B⊆A，所以，

解得﹣1≤a≤0，

即实数a的取值范围是[﹣1，0]；

（2）证明：

函数f（x）的定义域A=（﹣1，1），定义域关于原点对称，

f（﹣x）=ln=ln（）﹣1=﹣ln=﹣f（x），

而，，所以，

所以函数f（x）是奇函数但不是偶函数．

（1）根据题意，抛物线Ω的方程为y2=4x，

则p=2，

故抛物线Ω的焦点到准线的距离为2；

（2）设直线l：

x=my+b

当m=0时，x=1和x=9符合题意；

当m≠0时，A（x1，y1）、B（x2，y2）的坐标满足方程组，

所以y2﹣4my﹣4b=0的两根为y1、y2．

△=16（m2+b）＞0，y1+y2=4m，

所以，

所以线段AB的中点M（2m2+b，2m）

因为kAB•kCM=﹣1，，

所以，得b=3﹣2m2

所以△=16（m2+b）=16（3﹣m2）＞0，得0＜m2＜3

因为，所以m2=3（舍去）

综上所述，直线l的方程为：

x=1，x=9

（3）设直线AB：

x=my+b，A（x1，y1）、B（x2，y2）的坐标满足方程组，

所以y2﹣4my﹣4b=0的两根为y1、y2

△=16（m2+b）＞0，y1+y2=4m，y1y2=﹣4b

所以，得b=0或b=4

b=0时，直线AB过原点，所以Q（0，0）；

b=4时，直线AB过定点P（4，0）

设Q（x，y），因为OQ⊥AB，

所以（x≠0），

综上，点Q的轨迹方程为x2﹣4x+y2=0

（1）x=1时，，所以y=2或3；

x=2时，，所以y=4；

x≥3时，，无整数解；

所以所有可能的x，y为，或．

（2）n的最大值为65，理由如下：

一方面，注意到：

ak+1+ak﹣1＞2ak⇔ak+1﹣ak＞ak﹣ak﹣1．

对任意的1≤i≤n﹣1，令bi=ai+1﹣ai，则bi∈Z且bk＞bk﹣1（2≤k≤n﹣1），故bk≥bk﹣1+1对任意的2≤k≤n﹣1恒成立．（*）

当a1=1，an=2017时，注意到b1=a2﹣a1≥1﹣1=0，得（2≤i≤n﹣1）

即bi≥i﹣1，此时an﹣a1=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）=bn﹣1+bn﹣2+…+b1≥0+1+2+…+（n﹣2）=，（**）

即，解得：

﹣62≤n≤65，故n≤65．

另一方面，为使（**）取到等号，所以取bi=i﹣1（1≤i≤64），则对任意的2≤k≤64，bk＞bk﹣1，故数列{an}为“U﹣数列”，

此时由（**）式得，

所以a65=2017，即n=65符合题意．综上，n的最大值为65．

（3）M的最小值为，证明如下：

当n0=2m（m≥2，m∈N*）时，

一方面：

由（*）式，bk+1﹣bk≥1，bm+k﹣bk=（bm+k﹣bm+k﹣1）+（bm+k﹣1﹣bm+k﹣2）+…+（bk+1﹣bk）≥m．此时有：

（a1+a2m）﹣（am+am+1）=（a2m﹣am+1）﹣（am﹣a1）

=（bm+1+bm+2+…+b2m﹣1）﹣（b1+b2+…+bm﹣1）

=（bm+1﹣b1）+（bm+2﹣b2）+…+（b2m+1﹣bm﹣1）

≥m+m+…+m=m（m﹣1）．

即（a1+a2m）≥（am+am+1）+m（m﹣1）

故

因为，所以，

另一方面，当b1=1﹣m，b2=2﹣m，…，bm﹣1=﹣1，bm=0，bm+1=1，b2m﹣1=m﹣1时，ak+1+ak﹣1﹣2ak=（ak+1﹣ak）﹣（ak﹣ak﹣1）=bk﹣bk﹣1=1＞0

取am=1，则am+1=1，a1＞a2＞a3＞…＞am，am+1＜am+2＜…＜a2m，

且

此时．

综上，M的最小值为．