数学精细解析上海文

1、2012数学精细解析上海卷(数学文科)12012·上海卷 计算：_(i为虚数单位)112i解析 考查复数的除法运算，是基础题，复数的除法运算实质就是分母实数化运算原式12i.22012·上海卷 若集合Ax|2x10，Bx|x|1，则AB_.2.解析 考查集合的交集运算和解绝对值不等式，此题的关键是解绝对值不等式，再利用数轴求解解得集合A，集合Bx|1<x<1，求得AB.32012·上海卷 函数f(x)的最小正周期是_3解析 考查二阶矩阵和三角函数的值域，以矩阵为载体，实为考查三角函数的性质，易错点是三角函数的化简f(x)sinxcosx2sin2x2，

2、由三角函数周期公式得，T.42012·上海卷 若(2,1)是直线l的一个方向向量，则l的倾斜角的大小为_(结果用反三角函数值表示)4arctan解析 考查直线的方向向量和倾斜角，关键是求出直线的斜率由已知可得直线的斜率k，ktan，所以直线的倾斜角arctan.52012·上海卷 一个高为2的圆柱，底面周长为2，该圆柱的表面积为_56解析 考查圆柱的表面积，利用圆的周长求得圆柱的底面半径由圆柱的底面周长可得底面圆的半径，2r2，r1，得圆柱的表面积S2r22h246.62012·上海卷 方程4x2x130的解是_6log23解析 考查指数方程和二次方程的求解，以及

3、函数与方程的思想和转化思想，关键是把指数方程转化为二次方程求解把原方程转化为(2x)22·2x30，化为(2x3)(2x1)0，所以2x3，或2x1(舍去)，两边取对数解得xlog23.72012·上海卷 有一列正方体，棱长组成以1为首项为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，Vn，则 (V1V2Vn)_.7.解析 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解决，是简单题型由已知可知V1，V2，V3，构成新的等比数列，首项V11，公比q，由极限公式得 (V1V2Vn).82012·上海卷 在6的二项展开式中，常数项等于_820解析 考查二项式

4、定理，主要是二项式的通项公式的运用由通项公式得Tr1Cx6rr(1)rCx62r，令62r0，解得r3，所以是第4项为常数项，T4(1)3C20.92012·上海卷 已知yf(x)是奇函数，若g(x)f(x)2且g(1)1，则g(1)_.93解析 考查函数的奇偶性和转化思想，解此题的关键是利用yf(x)为奇函数已知函数yf(x)为奇函数，由已知得g(1)f(1)21，f(1)1，则f(1)f(1)1，所以g(1)f(1)2123.102012·上海卷 满足约束条件|x|2|y|2的目标函数zyx的最小值是_102解析 考查简单的线性规划问题，此题的难点是如何正确画出可行域画

5、图可知，约束条件表示的区域是一个平行四边形区域，四个顶点分别是(0,1)，(2,0)(0，1)(2,0)通过平移参照直线yx0，可知在(2,0)处取得最小值，zmin022.112012·上海卷 三位同学参加跳高跳远铅球项目的比赛若每人只选择一个项目，则有且仅有两人选择的项目相同的概率是_(结果用最简分数表示)11.解析 考查古典概率和排列问题，关键是把情况分析清楚，不要漏掉或者重复情况所有的可能情况有CCC，满足条件恰有两人选择的项目完全相同的情况有CCC，由古典概率公式得P.122012·上海卷 在矩形ABCD中，边ABAD的长分别为21.若MN分别是边BCCD上的点，

6、且满足，则·的取值范围是_121,4解析 令n(0n1)，则(1n)，在矩形ABCD中，n，(1n)，所以·(n·(1n(1n)2n243n，而函数f(n)43n在0,1上是单调递减的，其值域为1,4，所以·的取值范围是1,4132012·上海卷 已知函数yf(x)的图像是折线段ABC，其中A(0,0)BC(1,0)函数yxf(x)(0x1)的图像与x轴围成的图形的面积为_13.解析 考查分段函数和用定积分求曲边形的面积，考查学生分类讨论思想和转化思想由已知可得函数的解析式yxf(x)曲线与x轴围成区域的面积，可用定积分表示S0(2x2 )dx

7、(2x2x2)dx.142012·上海卷 已知f(x)，各项均为正数的数列an满足a11，an2f(an)若a2010a2012，则a20a11的值是_14.解析 考查数列的递推关系和函数的综合问题，考查考生的推理能力和转化与方程思想当n为奇数时，由递推关系可得，a3，a5，依次可推得a7，a9，a11，又a2010a2012，由此可得出当n为偶数的时候，所有的偶数项是相等的，即a2a2010a2012，其值为方程x，即x2x10的根，解得x，又数列为正数数列，所以a20，所以a20a11.152012·上海卷 若1i是关于x的实系数方程x2bxc0的一个复数根，则()Ab

8、2，c3 Bb2，c1Cb2，c1 Db2，c315D解析 考查复数的概念和一元二次方程，可利用方程的两根是共轭复数解题由韦达定理可知：b(1i)(1i)2，b2，c(1i)(1i)123，c3，所以选D.此题还可以直接把复数根1i代入方程中，利用复数相等求解162012·上海卷 对于常数mn，“mn0”是“方程mx2ny21的曲线是椭圆”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件16B解析 考查充分条件和必要条件，以及椭圆方程判断充分条件和必要条件，首先要确定条件与结论条件是“mn>0”，结论是“方程mx2ny21的曲线是椭圆”， 方程mx

9、2ny21的曲线是椭圆，可以得出mn>0，且m>0，n>0，mn，而由条件“mn>0”推不出“方程mx2ny21的曲线是椭圆”所以为必要不充分条件，选B.172012·上海卷 在ABC中，若sin2Asin2Bsin2C，则ABC的形状是()A钝角三角形 B直角三角形C锐角三角形 D不能确定17A解析 考查正弦定理和判断三角形的形状，考查考生的转化思想，关键是利用正弦定理，把角转化边，再利用边之间的关系，判断三角形的形状由正弦定理可把不等式转化为a2b2<c2，cosC<0，所以三角形为钝角三角形故选A.182012·上海卷 若Snsin

10、sinsin(n*)，则在S1，S2，S100中，正数的个数是()A16 B72C86 D10018C解析 考查三角函数的周期和数列求和，以及转化和整体思想，此题的关键是把一个周期看成一个整体来求和函数f(n)sin的周期为14，所以S14S28S980，又S14S13，S98S97，所以前100项求和中，为正数的有1001486个192012·上海卷 如图11，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，D是PC的中点，已知BAC，AB2，AC2，PA2，求：图11(1)三棱锥PABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)19解：(1)SABC×

11、2×22，图12三棱锥PABC的体积为VSABC×PA×2×2.(2)取PB的中点E，连接DEAE，则EDBC，所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在ADE中，DE2，AE，AD2，cosADE，所以ADEarccos.因此，异面直线BC与AD所成的角的大小是arccos.202012·上海卷 已知f(x)lg(x1)(1)若0f(12x)f(x)1，求x的取值范围；(2)若g(x)是以2为周期的偶函数，且当0x1时，有g(x)f(x)，求函数yg(x)(x1,2)的反函数20解：(1)由得1x1.由0lg(22x)lg(x1)l

12、g1得110.因为x10，所以x122x10x10，x，由得x.(2)g(x)是以2为周期的偶函数，当x1,2时，2x0,1，因此yg(x)g(x2)g(2x)f(2x)lg(3x)由单调性可得y0，lg2因为x310y，所以所求反函数是y310x，x0，lg2212012·上海卷 海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为y轴正方向建立平面直角坐标系(以1海里为单位长度)，则救援船恰好在失事船正南方向12海里A处，如图13.现假设：失事船的移动路径可视为抛物线yx2；定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；救援船出发t小时后，失事船所在位置的横坐标为7t.图

13、13(1)当t0.5时，写出失事船所在位置P的纵坐标若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；(2)问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？21解：(1)t0.5时，P的横坐标xP7t，代入抛物线方程yx2，得P的纵坐标yP3.由|AP|，得救援船速度的大小为海里/时由tanOAP，得OAParctan，故救援船速度的方向为北偏东arctan弧度(2)设救援船的时速为v海里，经过t小时追上失事船，此时位置为(7t,12t2)由vt，整理得v2144337.因为t22，当且仅当t1时等号成立所以v2144×2337252，即v25.因此，救援船的时速至少是25海里才能追上失事船

14、222012·上海卷 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2y21.(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点若|MF|2，求点M的坐标；(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；(3)设斜率为k(|k|)的直线l交C于PQ两点若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ.22解：(1)双曲线C：y21，左焦点F，设M(x，y)，则|MF|22y22，由M点是右支上一点，知x，所以|MF|x2，得x，所以M.(2)左顶点A，渐近线方程：y±x.过点A与渐近线yx平行的直线方程为y，即yx1.解方程组得所以所求平行四边形的面积为S|OA

15、|y|.(3)证明：设直线PQ的方程是ykxb，因直线PQ与已知圆相切，故1，即b2k21(*)由得(2k2)x22kbxb210.设P(x1，y1)Q(x2，y2)，则又y1y2(kx1b)(kx2b)，所以·x1x2y1y2(1k2)x1x2kb(x1x2)b2b2.由(*)知，·0，所以OPOQ.232012·上海卷 对于项数为m的有穷数列an，记bkmaxa1，a2，ak(k1,2，m)，即bk为a1，a2，ak中的最大值，并称数列bn是an的控制数列如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列an的控制数列为2,3,4

16、,5,5，写出所有的an；(2)设bn是an的控制数列，满足akbmk1C(C为常数，k1,2，m)，求证：bkak(k1,2，m)；(3)设m100，常数a.若anan2(1)n，bn是an的控制数列，求(b1a1)(b2a2)(b100a100)23解：(1)数列an为：2,3,4,5,1或2,3,4,5,2或2,3,4,5,3或2,3,4,5,4或2,3,4,5,5.(2)因为bkmaxa1，a2，ak，bk1maxa1，a2，ak，ak1，所以bk1bk.因为akbmk1C，ak1bmkC，所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.因此，bkak.(3)对k1,2，25，a4k3a(4k3)2(4k3)；a4k2a(4