高考数上海试题及解析

第6页（共10页） qq7529258062017年上海市高考数学试卷一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）1.已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，则A∩B=．{3,4}【解析】∵集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，∴A∩B={3，4}．2．（2017年上海）若排列数Aeq\o(\s\up12(m),\s\do4(6))=6×5×4，则m=．2.3【解析】∵排列数Aeq\o(\s\up12(m),\s\do4(6))=6×5×…×(6-m+1)，∴6-m+1=4，即m=3.3．（2017年上海）不等式eq\f(x-1,x)＞1的解集为．3.(-∞，0)【解析】由eq\f(x-1,x)＞1，得1-eq\f(1,x)>1，则eq\f(1,x)<0，解得x<0，即原不等式的解集为(-∞，0).4.（2017年上海）已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．4.9π【解析】设球的半径为R，则由球的体积为36π，可得eq\f(4,3)πR3=36π，解得R=3.该球的主视图是半径为3的圆，其面积为πR2=9π．5．（2017年上海）已知复数z满足z+eq\f(3,z)=0，则|z|=．5.eq\r(3)【解析】由z+eq\f(3,z)=0，可得z2+3=0，即z2=-3，则z=±eq\r(3)i，|z|=eq\r(3).6．（2017年上海）设双曲线eq\f(x2,9)-eq\f(y2,b2)=1（b＞0）的焦点为F1，F2，P为该双曲线上的一点，若|PF1|=5，则|PF2|=．6.11【解析】双曲线eq\f(x2,9)-eq\f(y2,b2)=1中，a=eq\r(9)=3，由双曲线的定义，可得||PF1|-|PF2||=6，又|PF1|=5，解得|PF2|=11或﹣1（舍去），故|PF2|=11.7．（2017年上海）如图，以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若向量eq\o(\s\up12(→),\s\do4(DB1))的坐标为（4，3，2），则向量eq\o(\s\up12(→),\s\do4(AC1))的坐标是．7.(-4,3,2)【解析】由eq\o(\s\up12(→),\s\do4(DB1))的坐标为（4，3，2），可得A（4，0，0），C(0,3,2)，D1(0,0,2)，则C1（0，3，2），∴eq\o(\s\up12(→),\s\do4(AC1))=（﹣4，3，2）．8.（2017年上海）定义在（0，+∞）上的函数y=f（x）的反函数为y=f﹣1（x），若g（x）=eq\b\lc\{(\a\al(3x-1，x≤0，,f(x)，x>0))为奇函数，则f-1（x）=2的解为．8.eq\f(8,9)【解析】g（x）=eq\b\lc\{(\a\al(3x-1，x≤0，,f(x)，x>0))为奇函数，可得当x＞0时，﹣x＜0，即有g(x)=-g（﹣x）=-(3-x-1)=1-3-x，则f(x)=1-3-x.由f-1（x）=2，可得x=f(2)=1-3-2=eq\f(8,9)，即f-1（x）=2的解为eq\f(8,9).9．（2017年上海）已知四个函数：①y=-x，②y=-eq\f(1,x)，③y=x3，④y=xeq\f(1,2)，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为．9.eq\f(1,2)【解析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n=Ceq\o(\s\up12(2),\s\do4(4))=6，“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有①③，①④，共2个，∴事件“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为p=eq\f(2,6)=eq\f(1,3).10．（2017年上海）已知数列{an}和{bn}，其中an=n2，n∈N*，{bn}的项是互不相等的正整数，若对于任意n∈N*，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则eq\f(lg(b1b4b9b16),lg(b1b2b3b4))=10.2【解析】∵an=n2，n∈N*，若对于一切n∈N*，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，∴baeq\o(\s\up12(),\s\do4(n))=abeq\o(\s\up12(),\s\do4(n))=beq\o(\s\up12(2),\s\do4(n)).∴b1=b12，b4=b22，b9=b32，b16=b42.∴b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2，eq\f(lg(b1b4b9b16),lg(b1b2b3b4))=2.11．（2017年上海）设α1，α2∈R且eq\f(1,2+sinα1)+eq\f(1,2+sin2α2)=2，则|10π-α1-α2|的最小可得f（x）的增区间为[eq\f(π,2)，π）.（2）f（A）=0，即有cos2A+eq\f(1,2)=0，解得2A=2kπ±eq\f(2π,3).又A为锐角,故A=eq\f(π,3).又a=eq\r(19),b=5，由正弦定理得sinB=eq\f(bsinA,a)=eq\f(5eq\r(57),38),则cosB=eq\f(eq\r(19),38).所以sinC=sin(A+B)=eq\f(eq\r(3),2)×eq\f(eq\r(19),38)+eq\f(1,2)×eq\f(5eq\r(57),38)=eq\f(3eq\r(57),38).所以S△ABC=eq\f(1,2)absinC=eq\f(1,2)×eq\r(19)×5×eq\f(3eq\r(57),38)=eq\f(15eq\r(3),4).19．（2017年上海）根据预测，某地第n（n∈N*）个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn（单位：辆），其中an=eq\b\lc\{(\a\al(5n4+15，1≤n≤3，,-10n+470，n≥4，))bn=n+5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差．（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=-4（n﹣46）2+8800（单位：辆），设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？19.【解析】（1）前4个月共享单车的累计投放量为a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965，前4个月共享单车的累计损失量为b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30，∴该地区第4个月底的共享单车的保有量为965﹣30=935．（2）令an≥bn，显然n≤3时恒成立，当n≥4时，有﹣10n+470≥n+5，解得n≤eq\f(465,11)，∴第42个月底，保有量达到最大．当n≥4，{an}为公差为﹣10等差数列，而{bn}为公差为1的等差数列，∴到第42个月底，共享单车保有量为eq\f(a4+a42,2)×39+535-eq\f(b1+b42,2)×42=eq\f(430+50,2)×39+535-eq\f(6+47,2)×42=8782．又S42=﹣4×(42-46)2+8800=8736，8782＞8736，∴第42个月底共享单车保有量超过了停放点的单车容纳量．20．（2017年上海）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：eq\f(x2,4)+y2=1，A为Γ的上顶点，P为Γ上异于上、下顶点的动点，M为x正半轴上的动点．（1）若P在第一象限且|OP|=eq\r(2)，求P的坐标；（2）设P（eq\f(8,5),eq\f(3,5)），若以A,P,M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标；（3）若|MA|=|MP|，直线AQ与Γ交于另一点C且eq\o(\s\up12(→),\s\do4(AQ))=2eq\o(\s\up12(→),\s\do4(AC))，eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PQ))=4eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PM))，求直线AQ的方程．20.【解析】（1）设P（x，y）（x＞0，y＞0），由点P在椭圆Γ：eq\f(x2,4)+y2=1上且|OP|=eq\r(2),可得eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(x2,4)+y2=1，,x2+y2=2，))解得x2=eq\f(4,3),y2=eq\f(2,3)，则P（eq\f(2eq\r(3),3)，eq\f(eq\r(6),3)）．（2）设M（x0，0），A（0，1），P（eq\f(8,5)，eq\f(3,5)）.若∠P=90°，则eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PA))•eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PM))=0，即（-eq\f(8,5)，eq\f(2,5)）•（x0﹣eq\f(8,5)，﹣eq\f(3,5)）=0，∴（﹣eq\f(8,5)）x0+eq\f(64,25)-eq\f(6,25)=0，解得x0=eq\f(29,20)．若∠M=90°，则eq\o(\s\up12(→),\s\do4(MA))•eq\o(\s\up12(→),\s\do4(MP))=0，即（﹣x0，1）•（eq\f(8,5)﹣x0，eq\f(3,5)）=0，∴x02-eq\f(8,5)x0+eq\f(3,5)=0，解得x0=1或x0=eq\f(3,5).若∠A=90°，则M点在x轴负半轴，不合题意．∴点M的横坐标为eq\f(29,20)或1或eq\f(3,5)．（3）设C（2cosα，sinα），∵eq\o(\s\up12(→),\s\do4(AQ))=2eq\o(\s\up12(→),\s\do4(AC))，A（0，1），∴Q（4cosα，2sinα﹣1）.又设P（2cosβ，sinβ），M（x0，0），∵|MA|=|MP|，∴x02+1=（2cosβ﹣x0）2+（sinβ）2，整理得x0=eq\f(3,4)cosβ.∵eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PQ))=（4cosα﹣2cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1），eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PM))=（-eq\f(5,4)cosβ，﹣sinβ），eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PQ))=4eq\o(\s\up12(→),\s\do4(PM))，∴4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ.∴cosβ=﹣eq\f(4,3)cosα，sinβ=eq\f(1,3)（1﹣2sinα）.以上两式平方相加，整理得3（sinα）2+sinα﹣2=0，∴sinα=eq\f(2,3)或sinα=﹣1（舍去）.此时，直线AC的斜率kAC=eq\f(sinα-1,2cosα)=eq\f(eq\r(5),10)（负值已舍去），如图．∴直线AQ的方程为为y=eq\f(eq\r(5),10)x+1．21．（2017年上海）设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x1，x2∈R，当x1＜x2时，都有f（x1）≤f（x2）．（1）若f（x）=ax3+1，求a的取值范围；（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值．函数h（x）=f（x）g（x）．证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．21.【解析】（1）由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）=a（x13﹣x23）≤0，∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．故a的取值范围是[0，+∞）.（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0∈R，则有f（x0）=f（x0+Tk）.由题意，对任意x∈[x0，x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk），∴f（x0）=f（x）=f（x0+Tk）．又∵f（x0）=f（x0+nTk），n∈Z，并且…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…=R，∴对任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，为常数.（3）证明：(充分性)若f（x）是常值函数，记f（x）=c1，设g（x）的一个周期为Tg，则h（x）=c1•g（x），对任意x0∈R，h（x0+Tg）=c1•g（x0+Tg）=c1•g（x0）=h（x0），故h（x）是周期函数.(必要性)若h（x）是周期函数，记其一个周期为Th．若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，则由题意可知，x1＞x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1Tk＞x1，∴f（x2+N1Tk）＞f（x1）＞0，且h（x2+N1Tk）=h（x2）．又h（x2）=g（x2）f（x2）＜0，而h（x2+N1Tk）=g（x2+N1Tk）f（x2+N1Tk）＞0≠h（x2），矛盾．综上，f（x）＞0恒成立．由f（x）＞0恒成立，任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2Th≤x0﹣Tg，即[x0﹣Tg，x0]⊆[x0﹣N2Th，x0]，∵…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…=R