上海高考数学试题理科解析 9页

‎2013年上海市秋季高考理科数学 一、填空题 ‎1．计算：‎ ‎【解答】根据极限运算法则，．‎ ‎2．设，是纯虚数，其中i是虚数单位，则 ‎【解答】．‎ ‎3．若，则 ‎【解答】．‎ ‎4．已知△ABC的内角A、B、C所对应边分别为a、b、c，若，则角C的大小是_______________（结果用反三角函数值表示）‎ ‎【解答】，故．‎ ‎5．设常数，若的二项展开式中项的系数为，则 ‎【解答】，故．‎ ‎6．方程的实数解为________‎ ‎【解答】原方程整理后变为．‎ ‎7．在极坐标系中，曲线与的公共点到极点的距离为__________‎ ‎【解答】联立方程组得，又，故所求为．‎ ‎8．盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是___________（结果用最简分数表示）‎ ‎【解答】9个数5个奇数，4个偶数，根据题意所求概率为．‎ ‎9．设AB是椭圆的长轴，点C在上，且，若AB=4，，则的两个焦点之间的距离为________‎ ‎【解答】不妨设椭圆的标准方程为，于是可算得，得．‎ ‎10．设非零常数d是等差数列的公差，随机变量等可能地取值，则方差 ‎【解答】，．‎ ‎11．若，则 ‎【解答】，，故．‎ ‎12．设为实常数，是定义在R上的奇函数，当时，，若对一切成立，则的取值范围为________‎ ‎【解答】，故；当时，‎ 即，又，故．‎ ‎13．在平面上，将两个半圆弧和、两条直线和围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分．记D绕y轴旋转一周而成的几何体为，过作的水平截面，所得截面面积为，试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为__________‎ ‎【解答】根据提示，一个半径为1，高为的圆柱平放，一个高为2，底面面积的长方体，这两个几何体与放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积都相等，故它们的体积相等，即的体积值为．‎ ‎14．对区间I上有定义的函数，记，已知定义域为的函数有反函数，且，若方程有解，则 ‎【解答】根据反函数定义，当时，；时，，而 的定义域为，故当时，的取值应在集合，故若，只有．‎ 二、选择题 ‎15．设常数，集合，若，则的取值范围为（ ）‎ ‎(A) (B) (C) (D) ‎ ‎【解答】集合A讨论后利用数轴可知，或，解答选项为B．‎ ‎16．钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（）‎ ‎(A)充分条件 (B)必要条件 (C)充分必要条件 (D)既非充分也非必要条件 ‎【解答】根据等价命题，便宜Þ没好货，等价于，好货Þ不便宜，故选B．‎ ‎17．在数列中，，若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素，（）则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为（ ）‎ ‎(A)18 (B)28 (C)48 (D)63‎ ‎【解答】，而，故不同数值个数为18个，选A．‎ ‎18．在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为.若分别为的最小值、最大值，其中,,则满足（ ）. ‎ ‎(A) (B) (C) (D) ‎ ‎【解答】作图知，只有，其余均有，故选D．‎ 三、解答题 ‎19.（本题满分12分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线BC1平行于平面DA1C，并求直线BC1到平面D1AC的距离.‎ ‎【解答】因为ABCD-A1B1C1D1为长方体，故，‎ 故ABC1D1为平行四边形，故，显然B不在平面D1AC上，于是直线BC1平行于平面DA1C；‎ ‎ 直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为 考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得 而中，，故 所以，，即直线BC1到平面D1AC的距离为．‎ ‎20．（6分+8分）甲厂以x 千克/小时的速度运输生产某种产品（生产条件要求），每小时可获得利润是元.‎ ‎(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元，求x的取值范围；‎ ‎(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润.‎ ‎【解答】(1)根据题意，‎ 又，可解得 ‎(2)设利润为元，则 故时，元．‎ ‎21．（6分+8分）已知函数，其中常数；‎ ‎（1）若在上单调递增，求的取值范围；‎ ‎（2）令，将函数的图像向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图像，区间（且）满足：在上至少含有30个零点，在所有满足上述条件的中，求的最小值．‎ ‎【解答】(1)因为，根据题意有 ‎(2) ，‎ 或，‎ 即的零点相离间隔依次为和，‎ 故若在上至少含有30个零点，则的最小值为．‎ ‎22．（3分+5分+8分）如图，已知曲线，曲线，P是平面上一点，若存在过点P的直线与都有公共点，则称P为“C1—C2型点”．‎ ‎(1)在正确证明的左焦点是“C1—C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；‎ ‎(2)设直线与有公共点，求证，进而证明原点不是“C1—C2型点”；‎ ‎(3)求证：圆内的点都不是“C1—C2型点”．‎ ‎【解答】：（1）C1的左焦点为，过F的直线与C1交于，与C2交于，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为；‎ ‎（2）直线与C2有交点，则 ‎，若方程组有解，则必须；‎ 直线与C2有交点，则 ‎，若方程组有解，则必须 故直线至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。‎ ‎（3）显然过圆内一点的直线若与曲线C1有交点，则斜率必存在；‎ 根据对称性，不妨设直线斜率存在且与曲线C2交于点，则 直线与圆内部有交点，故 化简得，。。。。。。。。。。。。①‎ 若直线与曲线C1有交点，则 化简得，。。。。。②‎ 由①②得，‎ 但此时，因为，即①式不成立；‎ 当时，①式也不成立 综上，直线若与圆内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，‎ 即圆内的点都不是“C1-C2型点” ．‎ ‎23．（3 分+6分+9分）给定常数，定义函数，数列满足.‎ ‎（1）若，求及；（2）求证：对任意，；‎ ‎（3）是否存在，使得成等差数列？若存在，求出所有这样的，若不存在，说明理由.‎ ‎【解答】：（1）因为，，故，‎ ‎（2）要证明原命题，只需证明对任意都成立，‎ 即只需证明 若，显然有成立；‎ 若，则显然成立 综上，恒成立，即对任意的，‎ ‎（3）由（2）知，若为等差数列，则公差，故n无限增大时，总有 此时，‎ 即 故，‎ 即，‎ 当时，等式成立，且时，，此时为等差数列，满足题意；‎ 若，则，‎ 此时，也满足题意；‎ 综上，满足题意的的取值范围是．‎ ‎22．（本题满分16分）本题共有3个小题．第1小题满分6分，第2小题满分5分，第3小题满分8分．‎ 如图，已知双曲线：，曲线：．是平面内一点，若存在过点的直线与、都有公共点，则称为“型点”．‎ ‎（1）在正确证明的左焦点是“型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；‎ ‎（2）设直线与有公共点，求证，进而证明原点不是“型点；‎ ‎（3）求证：圆内的点都不是“型点”．‎ ‎22．解：（1）C1的左焦点为，过F的直线与C1交于，与C2交于，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为；‎ ‎（2）直线与C2有交点，则 ‎，若方程组有解，则必须；‎ 直线与C2有交点，则 ‎，若方程组有解，则必须 故直线至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。‎ ‎（3）显然过圆内一点的直线若与曲线C1有交点，则斜率必存在；‎ 根据对称性，不妨设直线斜率存在且与曲线C2交于点，则 直线与圆内部有交点，故 化简得，。。。。。。。。。。。。①‎ 若直线与曲线C1有交点，则 化简得，。。。。。②‎ 由①②得，‎ 但此时，因为，即①式不成立；‎ 当时，①式也不成立 综上，直线若与圆内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，‎ 即圆内的点都不是“C1-C2型点”。‎ ‎23．（本题满分18分）本题共有3个小题．第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分．‎ ‎ 给定常数，定义函数．数列，，，…满足．‎ ‎（1）若，求及；‎ ‎（2）求证：对任意，；‎ ‎（3）是否存在，使得，，，…，…成等差数列？若存在，求出所有这样的；若不存在，说明理由．‎ ‎23．解：（1）因为，，故，‎ ‎（2）要证明原命题，只需证明对任意都成立，‎ 即只需证明 若，显然有成立；‎ 若，则显然成立 综上，恒成立，即对任意的，‎ ‎（3）由（2）知，若为等差数列，则公差，故n无限增大时，总有 此时，‎ 即 故，‎ 即，‎ 当时，等式成立，且时，，此时为等差数列，满足题意；‎ 若，则，‎ 此时，也满足题意；‎ 综上，满足题意的的取值范围是。‎