上海市青浦区高考数学一模试卷解析版

1、2017年上海市青浦区高考数学一模试卷一.填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分.1已知复数z=2+i（i为虚数单位），则2已知集合，则AB=3在二项式（x+）6的展开式中，常数项是4等轴双曲线C：x2y2=a2与抛物线y2=16x的准线交于A、B两点，|AB|=4，则双曲线C的实轴长等于5如果由矩阵=表示x，y的二元一次方程组无解，则实数a=6执行如图所示的程序框图，若输入n=1的，则输出S= 7若圆锥的侧面积为20，且母线与底面所成的角为，则该圆锥的体积为8设数列an的通项公式

2、为an=n2+bn，若数列an是单调递增数列，则实数b的取值范围为9将边长为10的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为ABC，则ABC中最短边的边长为（精确到0.01）10已知点A是圆O：x2+y2=4上的一个定点，点B是圆O上的一个动点，若满足|+|=|，则=11若定义域均为D的三个函数f（x），g（x），h（x）满足条件：对任意xD，点（x，g（x）与点（x，h（x）都关于点（x，f（x）对称，则称h（x）是g（x）关于f（x）的“对称函数”已知g（x）=，f（x）=2x+b，h（x）是g（x）关于f（x）的“对称函数”，且h（x）g（x）恒成立，则实数b的取值范围是1

3、2已知数列an满足：对任意的nN*均有an+1=kan+3k3，其中k为不等于0与1的常数，若ai678，78，3，22，222，2222，i=2，3，4，5，则满足条件的a1所有可能值的和为二.选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.13已知f（x）=sinx，A=1，2，3，4，5，6，7，8现从集合A中任取两个不同元素s、t，则使得f（s）f（t）=0的可能情况为 （）A12种B13种C14种D15种14已知空间两条直线m，n两个平面，给出下面四个命题：mn，mn；，m，nn；mn

4、；mn，mn，mn其中正确的序号是（）ABCD15如图，有一直角墙角，两边的长度足够长，若P处有一棵树与两墙的距离分别是4m和am（0a12），不考虑树的粗细现用16m长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃ABCD设此矩形花圃的最大面积为u，若将这棵树围在矩形花圃内，则函数u=f（a）（单位m2）的图象大致是（）ABCD16已知集合M=（x，y）|y=f（x），若对于任意实数对（x1，y1）M，存在（x2，y2）M，使x1x2+y1y2=0成立，则称集合M是“垂直对点集”给出下列四个集合：M=（x，y）|y=； M=（x，y）|y=log2x； M=（x，y）|y=2x2；M=（x，y）|y=si

5、nx+1其中是“垂直对点集”的序号是（）ABCD三解答题（本大题满分76分）本大题共有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.17在如图所示的组合体中，三棱柱ABCA1B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点（）若圆柱的轴截面是正方形，当点C是弧AB的中点时，求异面直线A1C与AB1的所成角的大小；（）当点C是弧AB的中点时，求四棱锥A1BCC1B1与圆柱的体积比18已知函数f（x）=sin2x+cos2（x）（xR）（1）求函数f（x）在区间0，上的最大值；（2）在ABC中，若AB，且f（A）=f（B）=，求的值19如图，F

6、1，F2分别是椭圆C：+=1（ab0）的左、右焦点，且焦距为2，动弦AB平行于x轴，且|F1A|+|F1B|=4（1）求椭圆C的方程；（2）若点P是椭圆C上异于点、A，B的任意一点，且直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，若MF2、NF2的斜率分别为k1、k2，求证：k1k2是定值20如图，已知曲线及曲线，C1上的点P1的横坐标为从C1上的点作直线平行于x轴，交曲线C2于Qn点，再从C2上的点作直线平行于y轴，交曲线C1于Pn+1点，点Pn（n=1，2，3）的横坐标构成数列an（1）求曲线C1和曲线C2的交点坐标；（2）试求an+1与an之间的关系；（3）证明：21已知函数f（x）=x22ax

7、（a0）（1）当a=2时，解关于x的不等式3f（x）5；（2）对于给定的正数a，有一个最大的正数M（a），使得在整个区间0，M（a）上，不等式|f（x）|5恒成立求出M（a）的解析式；（3）函数y=f（x）在t，t+2的最大值为0，最小值是4，求实数a和t的值2017年上海市青浦区高考数学一模试卷参考答案与试题解析一.填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分.1已知复数z=2+i（i为虚数单位），则=34i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】把复数z代入z2，然后展开，再求出得答案

8、【解答】解：由z=2+i，得z2=（2+i）2=3+4i，则=34i故答案为：34i2已知集合，则AB=1，3）【考点】交集及其运算【分析】利用指数函数的性质求出集合A中不等式的解集，确定出集合A，求出集合B中函数的定义域，确定出B，找出两集合的公共部分，即可求出两集合的交集【解答】解：集合A中的不等式变形得：212x24，解得：1x4，A=1，4）；由集合B中函数得：9x20，即x29，解得：3x3，B=（3，3），则AB=1，3）故答案为：1，3）3在二项式（x+）6的展开式中，常数项是4320【考点】二项式定理的应用【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于零，求得r的值，可得展

9、开式的常数项【解答】解：二项式（x+）6的展开式的通项公式为Tr+1=6rx62r，令62r=0，求得r=3，可得常数项为=4320，故答案为：43204等轴双曲线C：x2y2=a2与抛物线y2=16x的准线交于A、B两点，|AB|=4，则双曲线C的实轴长等于4【考点】双曲线的简单性质【分析】抛物线y2=16x的准线为x=4与双曲线的方程联立解得可得4=|AB|=，解出a 即可得出【解答】解：抛物线y2=16x的准线为x=4联立，解得4=|AB|=，解得a2=4a=2双曲线C的实轴长等于4故答案为：45如果由矩阵=表示x，y的二元一次方程组无解，则实数a=2【考点】几种特殊的矩阵变换【分析】由

10、矩阵=表示x，y的二元一次方程组无解，得到，即可求出a【解答】解：由矩阵=表示x，y的二元一次方程组无解，a=2故答案为26执行如图所示的程序框图，若输入n=1的，则输出S=log319 【考点】程序框图【分析】模拟程序的运行，当n=19时满足条件n3，退出循环，可得：S=log319，即可得解【解答】解：模拟程序的运行，可得n=1不满足条件n3，执行循环体，n=3，不满足条件n3，执行循环体，n=19，满足条件n3，退出循环，可得：S=log319故答案为：log3197若圆锥的侧面积为20，且母线与底面所成的角为，则该圆锥的体积为16【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】根据圆锥的侧面

11、积和圆锥的母线长求得圆锥的弧长，利用圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长求得圆锥的底面半径即可【解答】解：设圆锥的母线长是l，底面半径为r，母线与底面所成的角为，可得侧面积是20，rl=20，由解得：r=4，l=5，故圆锥的高h=3则该圆锥的体积为：×r2×3=16故答案为：168设数列an的通项公式为an=n2+bn，若数列an是单调递增数列，则实数b的取值范围为（3，+）【考点】数列的函数特性【分析】数列an是单调递增数列，可得nN*，an+1an，化简整理，再利用数列的单调性即可得出【解答】解：数列an是单调递增数列，nN*，an+1an，（n+1）2+b（n+

12、1）n2+bn，化为：b（2n+1），数列（2n+1）是单调递减数列，n=1，（2n+1）取得最大值3，b3即实数b的取值范围为（3，+）故答案为：（3，+）9将边长为10的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为ABC，则ABC中最短边的边长为3.62（精确到0.01）【考点】斜二测法画直观图【分析】由题意，正三角形ABC的高为5，利用余弦定理求出ABC中最短边的边长【解答】解：由题意，正三角形ABC的高为5，ABC中最短边的边长为3.62故答案为3.6210已知点A是圆O：x2+y2=4上的一个定点，点B是圆O上的一个动点，若满足|+|=|，则=4【考点】向量在几何中的应用

13、【分析】由|+|=|（+）2=（）2=0，AOBO，AOB是边长为2的等腰直角三角形，即可求=|cos45°【解答】解：由|+|=|（+）2=（）2=0，AOBO，AOB是边长为2的等腰直角三角形，则=|cos45°=2×=4故答案为：411若定义域均为D的三个函数f（x），g（x），h（x）满足条件：对任意xD，点（x，g（x）与点（x，h（x）都关于点（x，f（x）对称，则称h（x）是g（x）关于f（x）的“对称函数”已知g（x）=，f（x）=2x+b，h（x）是g（x）关于f（x）的“对称函数”，且h（x）g（x）恒成立，则实数b的取值范围是，+）【考点】函

14、数与方程的综合运用【分析】根据对称函数的定义，结合h（x）g（x）恒成立，转化为点到直线的距离d1，利用点到直线的距离公式进行求解即可【解答】解：解：xD，点（x，g（x） 与点（x，h（x）都关于点（x，f（x）对称，g（x）+h（x）=2f（x），h（x）g（x）恒成立，2f（x）=g（x）+h（x）g（x）+g（x）=2g（x），即f（x）g（x）恒成立，作出g（x）和f（x）的图象，若h（x）g（x）恒成立，则h（x）在直线f（x）的上方，即g（x）在直线f（x）的下方，则直线f（x）的截距b0，且原点到直线y=3x+b的距离d1，d=b或b（舍去）即实数b的取值范围是，+），12已知

15、数列an满足：对任意的nN*均有an+1=kan+3k3，其中k为不等于0与1的常数，若ai678，78，3，22，222，2222，i=2，3，4，5，则满足条件的a1所有可能值的和为【考点】数列递推式【分析】依题意，可得an+1+3=k（an+3），再对a1=3与a13讨论，特别是a13时对公比k分|k|1与|k|1，即可求得a1所有可能值，从而可得答案【解答】解：an+1=kan+3k3，an+1+3=k（an+3），若a1=3，则a1+1+3=k（a1+3）=0，a2=3，同理可得，a3=a4=a5=3，即a1=3复合题意；若a13，k为不等于0与1的常数，则数列an+3是以k为公比的

16、等比数列，ai678，78，3，22，222，2222，i=2，3，4，5，an+3可以取675，75，25，225，75=25×（3），225=75×（3），675=225×（3），若公比|k|1，则k=3，由a2+3=22+3=3（a1+3）得：a1=3=；若公比|k|1，则k=，由a2+3=675=（a1+3）得：a1=20253=2022；综上所述，满足条件的a1所有可能值为3，2022a1所有可能值的和为：3+2022=故答案为：二.选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选

17、对得5分，否则一律得零分.13已知f（x）=sinx，A=1，2，3，4，5，6，7，8现从集合A中任取两个不同元素s、t，则使得f（s）f（t）=0的可能情况为 （）A12种B13种C14种D15种【考点】三角函数的化简求值【分析】对于s值，求出函数的值，然后用排列组合求出满足f（s）f（t）=0的个数【解答】解：已知函数f（x）=sinx，A=1，2，3，4，5，6，7，8，现从A中任取两个不同的元素s、t，则使得f（s）f（t）=0，s=3时f（s）=cos=0，满足f（s）f（t）=0的个数为s=3时8个t=3时8个，重复1个，共有15个故选D14已知空间两条直线m，n两个平面，给出下

18、面四个命题：mn，mn；，m，nn；mn；mn，mn，mn其中正确的序号是（）ABCD【考点】命题的真假判断与应用【分析】，两条平行线中的一条垂直一个平面，另一条也垂直此平面；，n与不一定垂直；，mn；mn或n；，mn，mn，又n【解答】解：已知空间两条直线m，n两个平面， 对于，两条平行线中的一条垂直一个平面，另一条也垂直此平面，故正确；对于，n与不一定垂直，显然错误；对于，mn；mn或n，故错；对于，mn，mn，又n，故正确故选：A15如图，有一直角墙角，两边的长度足够长，若P处有一棵树与两墙的距离分别是4m和am（0a12），不考虑树的粗细现用16m长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃AB

19、CD设此矩形花圃的最大面积为u，若将这棵树围在矩形花圃内，则函数u=f（a）（单位m2）的图象大致是（）ABCD【考点】函数的图象【分析】求矩形ABCD面积的表达式，又要注意P点在长方形ABCD内，所以要注意分析自变量的取值范围，并以自变量的限制条件为分类标准进行分类讨论判断函数的图象即可【解答】解：设AD长为x，则CD长为16x又因为要将P点围在矩形ABCD内，ax12则矩形ABCD的面积为x（16x），当0a8时，当且仅当x=8时，S=64当8a12时，S=a（16a）S=，分段画出函数图形可得其形状与C接近故选：B16已知集合M=（x，y）|y=f（x），若对于任意实数对（x1，y1）M

20、，存在（x2，y2）M，使x1x2+y1y2=0成立，则称集合M是“垂直对点集”给出下列四个集合：M=（x，y）|y=； M=（x，y）|y=log2x； M=（x，y）|y=2x2；M=（x，y）|y=sinx+1其中是“垂直对点集”的序号是（）ABCD【考点】命题的真假判断与应用【分析】由题意可得：集合M是“垂直对点集”，即满足：曲线y=f（x）上过任意一点与原点的直线，都存在过另一点与原点的直线与之垂直【解答】解：由题意可得：集合M是“垂直对点集”，即满足：曲线y=f（x）上过任意一点与原点的直线，都存在过另一点与原点的直线与之垂直M=（x，y）|y=，其图象向左向右和x轴无限接近，向上

21、和y轴无限接近，据幂函数的图象和性质可知，在图象上任取一点A，连OA，过原点作OA的垂线OB必与y=的图象相交，即一定存在点B，使得OBOA成立，故M=（x，y）|y=是“垂直对点集”M=（x，y）|y=log2x，（x0），取（1，0），则不存在点（x2，log2x2）（x20），满足1×x2+0=0，因此集合M不是“垂直对点集”；对于M=（x，y）|y=2x2，其图象过点（0，1），且向右向上无限延展，向左向下无限延展，据指数函数的图象和性质可知，在图象上任取一点A，连OA，过原点作OA的垂线OB必与y=2x2的图象相交，即一定存在点B，使得OBOA成立，故M=（x，y）|y=2

22、x2是“垂直对点集”对于M=（x，y）|y=sinx+1，在图象上任取一点A，连OA，过原点作直线OA的垂线OB，因为y=sinx+1的图象沿x轴向左向右无限延展，且与x轴相切，因此直线OB总会与y=sinx+1的图象相交所以M=（x，y）|y=sinx+1是“垂直对点集”，故符合；综上可得：只有是“垂直对点集”故选：C三解答题（本大题满分76分）本大题共有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.17在如图所示的组合体中，三棱柱ABCA1B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点（）若圆柱的轴截面是正方形，当点C是弧AB的中点时

23、，求异面直线A1C与AB1的所成角的大小；（）当点C是弧AB的中点时，求四棱锥A1BCC1B1与圆柱的体积比【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；异面直线及其所成的角【分析】（）取BC的中点D，连接OD，AD，则ODA1C，AOD（或其补角）为异面直线A1C与AB1的所成角，利用余弦定理，可求异面直线A1C与AB1的所成角的大小；（II）设圆柱的底面半径为r，母线长度为h，当点C是弧弧AB的中点时，求出三棱柱ABCA1B1C1的体积，求出三棱锥A1ABC的体积为，从而求出四棱锥A1BCC1B1的体积，再求出圆柱的体积，即可求出四棱锥A1BCC1B1与圆柱的体积比【解答】解

24、：（）如图，取BC的中点D，连接OD，AD，则ODA1C，AOD（或其补角）为异面直线A1C与AB1的所成角，设正方形的边长为2，则AOD中，OD=A1C=，AO=，AD=，cosAOD=AOD=；（）设圆柱的底面半径为r，母线长度为h，当点C是弧AB的中点时，18已知函数f（x）=sin2x+cos2（x）（xR）（1）求函数f（x）在区间0，上的最大值；（2）在ABC中，若AB，且f（A）=f（B）=，求的值【考点】三角函数的最值【分析】（1）利用三角恒等变换的应用可化简f（x）=sin（2x），再利用正弦函数的单调性可求函数f（x）在区间0，上的最大值；（2）在ABC中，由AB，且f（A

25、）=f（B）=，可求得A=，B=，再利用正弦定理即可求得的值【解答】（本题满分14分）第（1）小题满分，第（2）小题满分解：f（x）=sin2x+cos2（x）=+=sin2xcos2x=sin（2x）（1）由于0x，因此2x，所以当2x=即x=时，f（x）取得最大值，最大值为1；（2）由已知，A、B是ABC的内角，AB，且f（A）=f（B）=，可得：2A=，2B=，解得A=，B=，所以C=AB=，得=19如图，F1，F2分别是椭圆C：+=1（ab0）的左、右焦点，且焦距为2，动弦AB平行于x轴，且|F1A|+|F1B|=4（1）求椭圆C的方程；（2）若点P是椭圆C上异于点、A，B的任意一点，

26、且直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，若MF2、NF2的斜率分别为k1、k2，求证：k1k2是定值【考点】直线与椭圆的位置关系【分析】（1）由题意焦距求得c，由对称性结合|F1A|+|F1B|=4可得2a，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；（2）设B（x0，y0），P（x1，y1），则A（x0，y0），分别写出PA、PB所在直线方程，求出M、N的坐标，进一步求出MF2、NF2的斜率分别为k1、k2，结合A、B在椭圆上可得k1k2是定值【解答】解：（1）焦距，2c=2，得c=，由椭圆的对称性及已知得|F1A|=|F2B|，又|F1A|+|F1B|=4，|F1B|+|F2B|=4，因此2a=4

27、，a=2，于是b=，因此椭圆方程为；（2）设B（x0，y0），P（x1，y1），则A（x0，y0），直线PA的方程为，令x=0，得，故M（0，）；直线PB的方程为，令x=0，得，故N（0，）；，因此A，B在椭圆C上，20如图，已知曲线及曲线，C1上的点P1的横坐标为从C1上的点作直线平行于x轴，交曲线C2于Qn点，再从C2上的点作直线平行于y轴，交曲线C1于Pn+1点，点Pn（n=1，2，3）的横坐标构成数列an（1）求曲线C1和曲线C2的交点坐标；（2）试求an+1与an之间的关系；（3）证明：【考点】数列与解析几何的综合【分析】（1）取立，能求出曲线C1和曲线C2的交点坐标（2）设Pn（），由已知，能求出（3）由，得与异号，由此能证明a2n1【解答】解：（1）曲线及曲线，取立，得x=，y=，曲线C1和曲线C2的交点坐标是（）（2）设Pn（），由已