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- 2021-05-13 发布
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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。