2016年杨浦二模

1、2016 年杨浦区二模2016.04填空题 （本大题满分 56 分）本大题共有 14题，考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得 4 分，否则一律得零分1、函数 f（x）x 2 的定义域为x12、已知线性方程组的增广矩阵为，若该线性方程组的解为，则实数3、计算 lim 1 2 3 n nn2 14、若向量 a 、 b 满足 a 1，b 2，且a与b的夹角为 ，则 a b35、若复数 z1 3 4i,z2 1 2i, 其中 i是虚数单位，则复数 z1 z2 的虚部为iacbacabb6、 1 x 的展开式中，常数项为 x7、已知 ABC 的内角 A、B 、C 所对应边的长度分别

2、为 a、b、c，若则角 C 的大小是8、已知等比数列 an的各项均为正数，且满足： a1a7 4，则数列 log 2 an的前 7项之和9、（理）在极坐标系中曲线 C ：2cos 上的点到 （1, ） 距离的最大值为xyxy文）已知变量 x,y 满足x 0，y 0，5，3， 则 2x 3y的最大值为10、（理）袋中有 5只大小相同的乒乓球，编号为1至 5，从袋中随机抽取 3只，若以 表 示取到的球中的最大号码，则 的数学期望是（文）已知正六棱柱的底面边长为2，侧棱长为 3，其三视图中的俯视图如右图所示，则其左视图的面积是 211、已知双曲线 x2 y 1 的右焦点为 F ，过点 F 且平行于双

3、曲线的一4条渐近线的直线与双曲线交于点P， M 在直线 PF 上，且满足 OM PF 0，则|PM | |PF|12、现有 5 位教师要带 3个班级外出参加志愿者服务，要求每个班级至多两位老师带队，且教师甲、乙不能单独带队，则不同的带队方案有 （用数字作答）544x5xxx13、（理）若关于 x 的方程m在 （0,）内恰有三个相异实根，则实数 m的取值范围为 （文）若关于 x的方程 5x 5 4x 4 m在（0,）内恰有四个相异实根， 则实数 mxx的取值范围为 14、课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法. 祖暅原理也可用来求旋转体的体积 . 现介绍用祖暅原理求球体体积公式的做法：

4、可构造一个底面半径和高都与球半径相等的 圆柱， 然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点， 圆柱上底面为底面的圆锥， 用这样 一个几何体与半球应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式 . 请研究和理解球的体积22公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为 x y 1，将此椭圆绕 y 轴旋4 25 转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于 图1x二、选择题（本大题满分 20 分）y ln xC1、 y x3D1、 y xx（0, ） 上递增的是A、 y 2xB16、已知直线 l 的倾斜角为，斜率为k ，则“ ”是“ k 3 ”的（3A、充分非必要条件B 、必要非充分条件15

5、、下列函数中，既是奇函数，又在区间17、设 x,y,z 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是2 1 1A、 x2 2 x B、 x 3 x 1x 2 xxx1C、|x y| 2 D、 |x y| |x z| |y z|xyC、充要条件D 、既非充分也非必要条件18、（理）已知命题：“若 a,b 为异面直线，平面 过直线 a且与直线 b平行，则直线 b与平面 的距离等于异面直线a,b 之间的距离”为真命题根据上述命题，若 a,b 为异面直线，且它们之间的距离为 d ，则空间中与 a,b均异面且距离也均为 d的直线 c的条数为（ ）A、 0条B、1条C、多于 1条，但为有限条D 、无数多条

6、文）空间中 n条直线两两平行，且两两之间的距离相等，则正整数 n 至多等于（A、 2B、 3三、解答题（本大题满分 74分）本大题共 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19、（本题满分 12 分，其中第一小题 6分，第二小题 6 分） 如图，底面是直角三角形的直三棱柱上的动点 .（1）证明 : DC1 BC ；1ABC A1B1C1中，AC BCAA1 1，D 是棱 AA122 ）求三棱锥 C BDC1的体积；20、(本题满分 14 分，其中第一小题 8 分，第二小题 6 分)某菜农有两段总长度为 20米的篱笆 PA及PB，现打算用它们和两面成直角的墙OM 、O

7、N围成一个如图所示的四边形菜园 OAPB(假设 OM 、 ON这两面墙都足够长) 已知PA PB 10（米）， AOP BOP， OAP OBP 设 OAP ，四边形4OAPB 的面积为 S(1) 将 S 表示为 的函数，并写出自变量的取值范围；(2) 求出 S 的最大值，并指出此时所对应的值；21、(本题满分 14 分，其中第一小题 6分，第二小题 8 分) 已知函数 f(x) ax log 2 (2 x 1)，其中 a R(1) 根据 a的不同取值，讨论 f (x) 的奇偶性，并说明理由； (2)已知a 0，函数 f(x)的反函数为 f 1(x)，若函数 y f(x) f 1( x)在区间

8、 1, 2上 的最小值为 1 log 2 3，求函数 f(x)在区间 1, 2上的最大值；（理） 22、（本题满分 16 分，其中第一小题 4分，第二小题 6分，第三小题 6 分）22已知椭圆 C: x2 y2 1 （a b 0）的焦距为 2 3 ，且右焦点 F 与短轴的两个端点组成一 ab个正三角形 . 若直线 l 与椭圆 C 交于 A x1,y1 、 B x2,y2 ，且在椭圆 C 上存在点 M ，使34得： OM 3OA 4 OB （其中 O为坐标原点），则称直线 l具有性质 H .55（1）求椭圆 C 的方程；（2）若直线 l垂直于 x轴，且具有性质 H ，求直线 l的方程；（3）求证

9、：在椭圆 C上不存在三个不同的点 P、Q、R，使得直线 PQ、QR 、RP都具 有性质 H .文） 22、（本题满分 16分，其中第一小题 5分，第二小题 5分，第三小题 6 分）已知数列an和bn满足： a12,nan 1（n1）ann（n 1）,n N* ，且对一切 nN* ，均有 b1b2 bn （ 2）an .（1）求证：数列 an 为等差数列，并求数列 an 的通项公式；n（2）求数列 bn 的前 n 项和 Sn；an bn*（3）设 cnn n （n N* ） ，设数列 cn 的前 n项和为 Tn ，求正整数 k ，使得对任意anbnn N * ，均有 Tk Tn（理） 23、（本

10、题满分 18 分，第一小题 5分，第二小题 5 分，第三小题 8分）已知数列an和bn满足：a1, nan 1（n1）ann（n 1）,nN * ，且对一切 nN* ，均有 b1b2 bn （ 2）an .（1）求证：数列 an 为等差数列，并求数列 an 的通项公式；n（2）若2，求数列 bn的前 n项和 Sn；a b *（3）设cnn n（n N* ） ，记数列 cn的前 n项和为 Tn ，问：是否存在正整数，对anbn一切 n N*，均有 T4 Tn恒成立 . 若存在，求出所有正整数 的值；若不存在，请说明理 由；（文） 23、（本题满分 18分，第一小题 4 分，第二小题 6分，第三小

11、题 8分）22已知椭圆 C: x2 y2 1 （a b 0）的焦距为 2 3 ，且右焦点 F 与短轴的两个端点组成 ab一个正三角形。若直线 l 与椭圆 C 交于 A x1,y1 、 B x2,y2 ，且在椭圆 C 上存在点 M ，34使得： OM OAOB（其中 O为坐标原点） ，则称直线 l具有性质 H .55（1）求椭圆 C 的方程；（2）若直线 l垂直于 x轴，且具有性质 H ，求直线 l的方程；（3）在椭圆 C上是否存在三个不同的点 P、Q、 R ，使得直线 PQ 、 QR 、 RP都具有性质 H . 若存在，求出一组 P 、 Q 、 R ；若不存在，说明理由；评分标准填空题1 2,

12、1) (1, ) 2 26157 8310（理） 4.5（文） 6 311112 54 132二、选择题15C16 A 17 C三、解答题19解：（1）证明：BCCC1 ，BC AC ，7 9 （理） 3 （文） 1441 5（理） 6, （文） （6,10） 141018 （理） D （文） B803BC 侧面 ACC1 A1 .DC1 侧面 ACC1A1 .BC DC1 .3 分）3 分）2) VC BDC 1 =VB CDC11 BC S CDC1 ,311 BC 1 CC1 AC 13 2 1 3（ 3 分）3 分）20解：（1）在 PAO 中，由正弦定理，OAsin 34OPsinP

13、A 10 2 sin42 分）于是OA 10 2sinOP 10 2sin ，2 分）2 分)4 分)50 2 1 (2 分)1 分)( 3 分)(2 分)f 1(1) 0(2 分)S PAO 121 OA OP sin 50 2sin sin 344所以四边形 OAPB 的面积为3 11 3S 100 2sin sin , 0, , （ 2 分）4 44 43（2） S 100 2sin sin42100 sin cos sin2100 1sin2 1 cos22250 2sin 2 50, 0,1 1 ,3 4 4 4 43所以，当 时，四边形 OAPB 的面积 S 取得最大值 Smax8

14、21 解：(1)函数的定义域为 R ，关于原点对称，3由 f (1) a log23， f ( 1) a log2a 1 log23可得： f(1) f( 1) 1 2log 2 3 0， f(1) f ( 1) 2a 1.1 当 a时， f (1) f( 1) 0 ， f(1) f ( 1) 0 ，f(x) 为非奇非偶函数；1 当 a=时，211xx由 f( x) log 2(2 2 22 ) f(x)，所以 f(x)为偶函数 .2)当a 0时， f (x)为增函数，其反函数 f 1 (x)也为增函数 .所以： y f (x) f 1(x)在区间 1,2上为增函数 . (2 分)所以其最小值

15、为 f (1) f 1(1) 1 log 2 3 ，由 f (0) 1，得：所以： a log2 3 1 log2 3，所以 a 1，2 分）即： f (x) x log 2 (2 x 1).由 f （x） 在区间 1,2 为增函数，可得函数 f （x） 在区间 1,2 上的最大值为 2 log25.2 分）理） 22. 解：（1）由 2c 2 3 可得： c 31 分）由 c 3b ，所以： b 1分）所以： a2 b2 c2 41 分）x2所以椭圆 C:x4 y2 1；分）2)设直线 l:x t( 2 t 2)，则 A(t,y1)、 B(t,y2)1 分）其中 y1, y2满足： y2 1

16、 t44y1 y2 01 分）设M (xm,ym)34由 OM OA OB 可得：55xm 7t， ym 3y1 4y2 m 5 m 5 1 5 2y11 分）49t21 2由点 M 在椭圆 C 上，所以100 5(y1) 11 分）即 49t2 4 t 2 100 ，所以： t 21 分）直线 l 为： x 2 或 x2 ；1 分）3）证明：假设在椭圆 C上存在三个不同的点 P（x1, y1）,Q（x2, y2）,R（x3,y3）使得直线 PQ、QR、 RP都具有性质 H因为直线 PQ具有性质 H ，所以在椭圆 C上存在点 M，使得：OM 3OA 4OB. 55设 M(xm,ym) ，x24

17、x13ym 3 y1 4 y2 ，因为点 M在椭圆上，55所以：3 4 2(5x1 5 x2)2(53 y1 45 y2)2 1，5522又因为： x1 y12 1， x2 y22 1可得： x1x2 y1y2 0 4 4 4同理： x2x3 y2 y3 0 4x3x13 分）3 1 y3y1 0 41） 若 x1, x2 , x3中至少有一个为 0 ，不妨设 x1 0 ，则 y1 0，由得： y2 y3 0，即 Q, R为长轴的两个端点，则不成立，矛盾！ ； （1 分）2 2 22） 若x1,x2,x3均不为 0，则由、可得： x16x24x3y12y22y32 0矛盾！（2分）得证文) 2

18、2解：(1)证明：由an 1annan 1 (n 1)ann(n1)1，n 1n n(n 1)n(n1)可得：数列an 为等差数列， n3 分）由 a11 2，所以：an n 1，所以： an n(n 1) ； n2 分）2）当n 2时， bnb1b2 bnb1b2 bn 1( 2) n( n 1) (n 1)(n)( 2) 2n 2n2 分）b1 2 也满足上式，所以：对一切bn 2n .1 分）Sn b1 b2bn 2n 1 2.2 分）3)cn111n1bnan2nnn 1(n N )由 c1 0,c2 0,c3 0,c4 0 ；2 分）当 n 5 时，n nn 1 1 n n 12nn

19、 n 12nn1n22n 1n1n22n0，2 分)n n 12n5 5 125所以当 n 5时， cn 0 ， 综上对任意恒有 T4 Tn ， 故 k 4 2 分)理) 23解：( 1)证明：由nan 1 (n 1)an n(n 1) 1，1，n(n 1) n(n 1)3 分)可得：数列 an为等差数列，n由 a1，所以： ann 1 ，所以： an n(n 1)； (2 分)1n(2)当2时， an n(n 1).当n 2时， bn b1b2 bn ( 2)n(n1) (n1)(n) ( 2)2n 2n， (2分)n b1b2 bn 1b1 2也满足上式， 所以：对一切 n N*，bn 2

20、n.(1 分)所以： Sn b1 b2 bn 2n 1 2.(2 分)3)当 n 2时， bn b1b2 bn ( 2)n(n 1) (n 1)(n 2) ( 2)2n 2 ,n b1b2 bn 1b1 ( 2) 也满足上式，所以：对一切 n N* ，bn ( 2)2n 2. (1 分)设存在正整数 ，对一切 n N*，均有 T4 Tn恒成立，c4 0a4 b4则 4 ，即 4 4 ，c5 0a5 b5132所以： 4(3 ) ( 2) 6 所以：5(4 ) ( 2) 82或 3( 3 分)当2时： an n(n 1)，bn 2n，所以 c1 0,c2 0,c3 0,c4 0；(1 分)1 n n 1 当 n 5 时， cnn 1 ，n n n 12n而 n n 1 n 1 n 2 n 1 n 2 0 而 2n2n 12n 10 ，n n 12n5 5 125所以当 n 5 时， cn 02 分）所以对任意 n N* 恒有 T4 Tn ，同理：3也符合综上：满足条件的 存在，且 为 2 或 3.1 分）文）解：（ 1）由 2c 2 3 可得： c 31 分）由 c 3b ，所以： b 1所以： a2 b2 c2 4 ，2所以椭圆 C: x y2 1；41 分）（ 1 分