2017年上海市松江区高考一模数学 10页

2017 年上海市松江区高考一模数学 一.填空题(本大题满分 56 分)本大题共有 12 题，考生必须在答题纸相应编号的空格内直接 填写结果，第 1～6 题每个空格填对得 4 分，第 7～12 题每个空格填对得 5 分，否则一律得 零分. 1.设集合 M={x|x2=x}，N={x|lgx≤0}，则 M∩N=_____. 解析：∵集合 M={x|x2=x}={0，1}， N={x|lgx≤0}{x|0＜x≤1}， ∴M∩N={1}. 答案：{1}. 2.已知 a，b∈R，i 是虚数单位.若 a+i=2-bi，则(a+bi)2=_____. 解析：由已知等式结合复数相等的条件求得 a，b 的值，则复数 a+bi 可求，然后利用复数代 数形式的乘法运算得答案. 答案：3-4i. 3.已知函数 f(x)=ax-1 的图象经过(1，1)点，则 f-1(3)=_____. 解析：根据反函数的与原函数的关系，原函数的定义域是反函数的值域可得答案. 答案：2. 4.不等式 x|x-1|＞0 的解集为_____. 解析：∵x|x-1|＞0， ∴x＞0，|x-1|＞0， 故 x-1＞0 或 x-1＜0， 解得：x＞1 或 0＜x＜1， 故不等式的解集是(0，1)∪(1，+∞)， 答案：(0，1)∪(1，+∞). 5.已知向量 a =(sinx，cosx)，b =(sinx，sinx)，则函数 f(x)= a · 的最小正周期为_____. 解析：由平面向量的坐标运算可得 f(x)，再由辅助角公式化积，利用周期公式求得周期. 答案：π. 6.里约奥运会游泳小组赛采用抽签方法决定运动员比赛的泳道.在由 2 名中国运动员和 6 名 外国运动员组成的小组中，2 名中国运动员恰好抽在相邻泳道的概率为_____. 解析：先求出基本事件总数 n= 8 8A ，再求出 2 名中国运动员恰好抽在相邻泳道的概率为 m= 27 27AA，由此能求出 2 名中国运动员恰好抽在相邻泳道的概率. 答案： 1 4 . 7.按如图所示的程序框图运算：若输入 x=17，则输出的 x 值是_____. 解析：模拟程序的运行，可得 x=17，k=0 执行循环体，x=35，k=1 不满足条件 x＞115，执行循环体，x=71，k=2 不满足条件 x＞115，执行循环体，x=143，k=3 满足条件 x＞115，退出循环，输出 x 的值为 143. 答案：143. 8.设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，若 2 3 1 3 a a  ，则 n=_____. 解析：利用二项式定理展开可得：(1+x)n=1+ 1 2 2 3 3 n n nx x x痧 ? +…= a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn， 比较系数即可得出. 答案：11. 9.已知圆锥底面半径与球的半径都是 1cm，如果圆锥的体积与球的体积恰好也相等，那么这 个圆锥的侧面积是_____cm2. 解析：由已知求出圆锥的母线长，代入圆锥的侧面积公式，可得答案. 答案： 17 π. 10.设 P(x，y)是曲线 C： 22 25 9 xy =1 上的点，F1(-4，0)，F2(4，0)，则|PF1|+|PF2|的最 大值=_____. 解析：先将曲线方程化简，再根据图形的对称性可知|PF1|+|PF2|的最大值为 10. 答案：10. 11.已知函数 f(x)= 2 4 31 3 2 8 3x x x x x        ， ， ＞ ，若 F(x)=f(x)-kx 在其定义域内有 3 个零点， 则实数 k∈_____. 解析：问题转化为 f(x)和 y=kx 有 3 个交点，画出函数 f(x)和 y=kx 的图象，求出临界值， 从而求出 k 的范围即可. 答案：(0， 3 3 ). 12.已知数列{an}满足 a1=1，a2=3，若|an+1-an|=2n(n∈N*)，且{a2n-1}是递增数列、{a2n}是递减 数列，则 21 2 lim n n n a a   =_____. 解析：依题意，可求得 a3-a2=22，a4-a3=-23，…，a2n-a2n-1=-22n-1，累加求和，可得 a2n= 213 1 233 n ， a2n-1=a2n+2 2n-1= 213 1 236 n ；从而可求得 的值. 答案：- 1 2 . 二、选择题(本大题满分 20 分)本大题共有 4 题，每题有且只有一个正确答案，考生必须在 答题纸相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零分. 13.已知 a，b∈R，则“ab＞0“是“ ba ab ＞2”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 解析：根据充分必要条件的定义判断即可. 答案：B. 14.如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 P 在截面 A1DB 上，则线段 AP 的最小值 等于( ) A. 1 3 B. 1 2 C. 3 3 D. 2 2 解析：由已知可得 AC1⊥平面 A1DB，可得 P 为 AC1 与截面 A1DB 的垂足时线段 AP 最小，然后利 用等积法求解. 答案：C. 15.若矩阵 11 12 21 22 aa aa   满足：a11，a12，a21，a22∈{0，1}，且 11 12 21 22 aa aa =0，则这样的互不相 等的矩阵共有( ) A.2 个 B.6 个 C.8 个 D.10 个 解析：根据题意，分类讨论，考虑全为 0；全为 1；三个 0，一个 1；两个 0，两个 1，即可 得出结论. 答案：D. 16.解不等式( 1 2 )x-x+ 1 2 ＞0 时，可构造函数 f(x)=( 1 2 )x-x，由 f(x)在 x∈R 是减函数，及 f(x)＞f(1)，可得 x＜1.用类似的方法可求得不等式 arcsinx2+arcsinx+x6+x3＞0 的解集为 ( ) A.(0，1] B.(-1，1) C.(-1，1] D.(-1，0) 解析：由题意，构造函数 g(x)=arcsinx+x3，在 x∈[-1，1]上是增函数，且是奇函数， 不等式 arcsinx2+arcsinx+x6+x3＞0 可化为 g(x2)＞g(-x)， ∴-1≤-x＜x2≤1， ∴0＜x≤1. 答案：A. 三.解答题(本大题满分 74 分)本大题共有 5 题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定 区域内写出必要的步骤. 17.如图，在正四棱锥 P-ABCD 中，PA=AB=a，E 是棱 PC 的中点. (1)求证：PC⊥BD； (2)求直线 BE 与 PA 所成角的余弦值. 解析：(1)推导出△PBC，△PDC 都是等边三角形，从而 BE⊥PC，DE⊥PC，由此能证明 PC⊥ BD. (2)连接 AC，交 BD 于点 O，连 OE，则 AP∥OE，∠BOE 即为 BE 与 PA 所成的角，由此能求出 直线 BE 与 PA 所成角的余弦值. 答案：(1)∵四边形 ABCD 为正方形，且 PA=AB=a， ∴△PBC，△PDC 都是等边三角形， ∵E 是棱 PC 的中点， ∴BE⊥PC，DE⊥PC，又 BE∩DE=E， ∴PC⊥平面 BDE 又 BD 平面 BDE， ∴PC⊥BD (2)连接 AC，交 BD 于点 O，连 OE. 四边形 ABCD 为正方形，∴O 是 AC 的中点 又 E 是 PC 的中点 ∴OE 为△ACP 的中位线，∴AP∥OE ∴∠BEO 即为 BE 与 PA 所成的角 在 Rt△BOE 中，BE= 3 2 a，EO= 1 2 PA= a， ∴cos∠BEO= OE BE = 3 3 . ∴直线 BE 与 PA 所成角的余弦值为 . 18.已知函数 F(x)= 21 21 x x a  ，(a 为实数). (1)根据 a 的不同取值，讨论函数 y=f(x)的奇偶性，并说明理由； (2)若对任意的 x≥1，都有 1≤f(x)≤3，求 a 的取值范围. 解析：(1)根据题意，先求出函数的定义域，易得其定义域关于原点对称，求出 F(-x)的解 析式，进而分 2 种情况讨论：①若 y=f(x)是偶函数，②若 y=f(x)是奇函数，分别求出每种 情况下 a 的值，综合即可得答案； (2)根据题意，由 f(x)的范围，分 2 种情况进行讨论：f(x)≥1 以及 f(x)≤3，分析求出每 种情况下函数的恒成立的条件，可得 a 的值，进而综合 2 种情况，可得答案. 答案：(1)函数 F(x)= 定义域为 R， 且 F(-x)= 21 21 x x a     = 2 12 x x a   ， ①若 y=f(x)是偶函数，则对任意的 x 都有 f(x)=f(-x)， 即 21 21 x x a  = 2 12 x x a   ，即 2x(a+1)=a+1， 解可得 a=-1； ②若 y=f(x)是奇函数，则对任意的 x 都有 f(x)=-f(-x)， 即 =- ，即 2x(a-1)=1-a， 解可得 a=1； 故当 a=-1 时，y=f(x)是偶函数， 当 a=1 时，y=f(x)是奇函数， 当 a≠±1 时，y=f(x)既非偶函数也非奇函数， (2)由 f(x)≥1 可得：2x+1≤a·2x-1，即 2 2x ≤a-1 ∵当 x≥1 时，函数 y1= 2 2x 单调递减，其最大值为 1， 则必有 a≥2， 同理，由 f(x)≤3 可得：a·2x-1≤3·2x+3，即 a-3≤ 4 2x ， ∵当 x≥1 时，y2= 单调递减，且无限趋近于 0， 故 a≤3， 综合可得：2≤a≤3. 19.上海市松江区天马山上的“护珠塔”因其倾斜度超过意大利的比萨斜塔而号称“世界第 一斜塔”.兴趣小组同学实施如下方案来测量塔的倾斜度和塔高：如图，记 O 点为塔基、P 点为塔尖、点P在地面上的射影为点H.在塔身OP射影所在直线上选点A，使仰角k∠HAP=45°， 过 O 点与 OA 成 120°的地面上选 B 点，使仰角∠HPB=45°(点 A、B、O 都在同一水平面上)， 此时测得∠OAB=27°，A 与 B 之间距离为 33.6 米.试求： (1)塔高(即线段 PH 的长，精确到 0.1 米)； (2)塔身的倾斜度(即 PO 与 PH 的夹角，精确到 0.1°). 解析：(1)由题意可知：△PAH，△ PBH 均为等腰直角三角形，AH=BH=x，∠ HAB=27°，AB=33.6， 即可求得 x= 16.82 cos cos 27 AB HAB  =18.86； (2)∠OBH=180°-120°-2×27°=6°，BH=18.86，由正弦定理可知： sin sin OH BH OBH BOH ，OH=18.86 sin 6 sin120   =2.28，则倾斜角∠OPH=arctan OH PH =arctan 2.28 18.86 =6.89°. 答案：(1)设塔高 PH=x，由题意知，∠HAP=45°，∠HBP=45°， ∴△PAH，△PBH 均为等腰直角三角形， ∴AH=BH=x 在△AHB 中，AH=BH=x，∠HAB=27°，AB=33.6， ∴x= =18.86 (2)在△BOH 中，∠BOH=120°， ∴∠OBH=180°-120°-2×27°=6°，BH=18.9， 由 ， 得 OH= =2.28， ∴∠OPH=arctan =arctan ≈6.9°， ∴塔高 18.9 米，塔的倾斜度为 6.9°. 20.已知双曲线 C： 22 22 xy ab =1 经过点(2，3)，两条渐近线的夹角为 60°，直线 l 交双曲线 于 A、B 两点. (1)求双曲线 C 的方程； (2)若 l 过原点，P 为双曲线上异于 A，B 的一点，且直线 PA、PB 的斜率 kPA，kPB 均存在，求 证：kPA·kPB 为定值； (3)若 l 过双曲线的右焦点 F1，是否存在 x 轴上的点 M(m，0)，使得直线 l 绕点 F1 无论怎样 转动，都有 MA MB =0 成立？若存在，求出 M 的坐标；若不存在，请说明理由. 解析：(1)利用双曲线 C： 22 22 xy ab =1 经过点(2，3)，两条渐近线的夹角为 60°，建立方程， 即可求双曲线 C 的方程； (2)设 M(x0，y0)，由双曲线的对称性，可得 N 的坐标，设 P(x，y)，结合题意，又由 M、P 在双曲线上，可得 y0 2=3x0 2-3，y2=3x2-3，将其坐标代入 kPM·kPN 中，计算可得答案. (3)先假设存在定点 M，使 MA⊥MB 恒成立，设出 M 点坐标，根据数量级为 0，求得结论. 答案：(1)解：由题意得 22 491 3 ab b a     解得 a=1，b= 3 ∴双曲线 C 的方程为 2 2 3 yx  =1； (2)证明：设 A(x0，y0)，由双曲线的对称性，可得 B(-x0，-y0). 设 P(x，y)， 则 kPA·kPB= 22 0 2 0 yy xx   ， ∵y0 2=3x0 2-3，y2=3x2-3， ∴kPA·kPB= =3 (3)解：由(1)得点 F1 为(2，0) 当直线 l 的斜率存在时，设直线方程 y=k(x-2)，A(x1，y1)，B(x2，y2) 将方程 y=k(x-2)与双曲线方程联立消去 y 得：(k2-3)x2-4k2x+4k2+3=0， ∴x1+x2= 2 2 4 3 k k  ，x1x2= 2 2 43 3 k k   假设双曲线 C 上存在定点 M，使 MA⊥MB 恒成立，设为 M(m，n) 则 MA MB =(x1-m)(x2-m)+[k(x1-2)-n][k(x2-2)-n]=(k2+1)x1x2-(2k2+kn+m)(x1+x2)+m2+4k2+4kn+n2=    2 2 2 2 2 2 4 5 12 3 1 3 m n m k nk m n k         =0， 故得：(m2+n2-4m-5)k2-12nk-3(m2+n2-1)=0 对任意的 k2＞3 恒成立， ∴ 22 22 4 5 0 12 0 10 m n m n mn            ，解得 m=-1，n=0 ∴当点 M 为(-1，0)时，MA⊥MB 恒成立； 当直线 l 的斜率不存在时，由 A(2，3)，B(2，-3)知点 M(-1，0)使得 MA⊥MB 也成立. 又因为点(-1，0)是双曲线 C 的左顶点， 所以双曲线 C 上存在定点 M(-1，0)，使 MA⊥MB 恒成立. 21.如果一个数列从第 2 项起，每一项与它前一项的差都大于 2，则称这个数列为“H 型数列”. (1)若数列{an}为“H 型数列”，且 a1= 1 m -3，a2= 1 m ，a3=4，求实数 m 的取值范围； (2)是否存在首项为 1 的等差数列{an}为“ H 型数列”，且其前 n 项和 Sn 满足 Sn＜n2+n(n∈N*)？ 若存在，请求出{an}的通项公式；若不存在，请说明理由. (3)已知等比数列{an}的每一项均为正整数，且{an}为“ H 型数列”，bn= 2 3 an，cn=   512 n n a n  ， 当数列{bn}不是“H 型数列”时，试判断数列{cn}是否为“H 型数列”，并说明理由. 解析：(1)由题意得，a2-a1=3＞2，a3-a2=4- ＞2，即 2- = 21m m  ＞0，解得 m 范围即可 得出. (2)假设存在等差数列{an}为“ H 型数列”，设公差为 d，则 d＞2，由 a1=1，可得：Sn=n+  1 2 nn d，由题意可得：n+  1 2 nn d＜n2+n 对 n∈N*都成立，即 d＜ 2 1 n n  都成立.解出即可判断出 结论. (3)设等比数列{an}的公比为 q，则 an=a1qn-1，且每一项均为正整数，且 an+1-an=an(q-1)＞2＞ 0，可得 an+1-an=an(q-1)＞an-an-1，即在数列{an-an-1}(n≥2)中，“a2-a1”为最小项.同理在数 列{bn-bn-1}(n≥2)中，“b2-b1”为最小项.由{an}为“ H 型数列”，可知只需 a2-a1＞2，即 a1(q-1) ＞2，又因为{bn}不是“H 型数列”，且“b2-b1”为最小项，可得 b2-b1≤2，即 a1(q-1)≤3， 由数列{an}的每一项均为正整数，可得 a1(q-1)=3，a1=1，q=4 或 a1=3，q=2，通过分类讨论 即可判断出结论. 答案：(1)由题意得，a2-a1=3＞2，a3-a2=4- ＞2，即 2- = ＞0，解得 m＞ 1 2 或 m ＜0. ∴实数 m 的取值范围时(-∞，0)∪( ，+∞). (2)假设存在等差数列{an}为“ H 型数列”，设公差为 d，则 d＞2，由 a1=1，可得：Sn=n+ d，由题意可得：n+ d＜n2+n 对 n∈N*都成立，即 d＜ 都成立.∵ =2+ 2 1n  ＞2，且 2lim 1n n n  =2，∴d≤2，与 d＞2 矛盾，因此不存在等差数列{an}为“H 型数列”. (3)设等比数列{an}的公比为 q，则 an=a1qn-1，且每一项均为正整数，且 an+1-an=an(q-1)＞2＞ 0， ∴a1＞0，q＞1.∵an+1-an=an(q-1)＞an-an-1，即在数列{an-an-1}(n≥2)中，“a2-a1”为最小项. 同理在数列{bn-bn-1}(n≥2)中，“b2-b1”为最小项.由{an}为“ H 型数列”，可知只需 a2-a1＞2， 即 a1(q-1)＞2，又因为{bn}不是“H 型数列”，且“b2-b1”为最小项，∴b2-b1≤2，即 a1(q-1) ≤3，由数列{an}的每一项均为正整数，可得 a1(q-1)=3，∴a1=1，q=4 或 a1=3，q=2， ①当 a1=1，q=4时，an=4n-1，则 cn=   13 5 42 1 2 1 nn nnn    ，令 dn=cn+1-cn(n∈N*)，则 dn= 4322 21 nn nn   =2n+3·  12 n nn ，令 en=dn+1-dn(n∈N*)，则 en=2n+4·   1 23 n nn   -2n+3·  12 n nn = 32 2 n n   ·    2 2 13 nn nn   ＞0， ∴{dn}为递增数列， 即 dn＞dn-1＞dn-2＞…＞d1， 即 cn+1-cn＞cn-cn-1＞cn-1-cn-2＞…＞c2-c1， ∵c2-c1= 32 3 -8= 8 3 ＞2，所以，对任意的 n∈N*都有 cn+1-cn＞2， 即数列{cn}为“H 型数列”.②当 a1=3，q=2 时，an=3·2n-1， 则 cn=   1 5 3?2 48 1?21 n nnn    ，显然，{cn}为递减数列，c2-c1＜0≤2， 故数列{cn}不是“H 型数列”； 综上：当 an=4n-1 时，数列{cn}为“H 型数列”， 当 an=3·2n-1 时，数列{cn}不是“H 型数列”.