1、2017年普通高等学校招生全国统一考试 (上海卷 )数学 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= . 解析:利用交集定义直接求解 . 集合 A=1, 2, 3, 4,集合 B=3, 4, 5, A B=3, 4. 答案: 3, 4. 2.若排列数6 6 5 4mP ,则 m= . 解析:利用排列数公式直接求解 . 排列数6 6 5 4mP , 由排列数公式得 36 6 5 4P , m=3. 答案: 3. 3.不等式 1 1xx 的解集为 . 解析:根据
2、分式不等式的解法求出不等式的解集即可 . 由 1 1xx 得: 111 1 0 0xxx , 故不等式的解集为: (-, 0). 答案: (-, 0). 4.已知球的体积为 36,则该球主视图的面积等于 . 解析:球的体积为 36, 设球的半径为 R,可得 43 R3=36, 可得 R=3, 该球主视图为半径为 3 的圆, 可得面积为 R2=9 . 答案: 9 . 5.已知复数 z满足 3 0zz,则 |z|= . 解析:由 3 0zz, 得 z2=-3, 设 z=a+bi(a, b R), 由 z2=-3,得 (a+bi)2=a2-b2+2abi=-3, 即 22320abab ,解得:30
3、ab. z= 3 i. 则 |z|= 3 . 答案: 3 . 6.设双曲线 222 19xyb(b 0)的焦点为 F1、 F2, P 为该双曲线上的一点,若 |PF1|=5,则|PF2|= . 解析:根据题意,双曲线的方程为: 222 19xyb, 其中 a= 9 =3, 则有 |PF1|-|PF2|=6, 又由 |PF1|=5, 解可得 |PF2|=11或 -1(舍 ), 故 |PF2|=11. 答案: 11. 7.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1DBuuur的坐标为 (4, 3, 2),则1ACu
4、uur的坐标是 . 解析: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, 1DBuuur的坐标为 (4, 3, 2), A(4, 0, 0), C1(0, 3, 2), 1ACuuur=(-4, 3, 2). 答案: (-4, 3, 2). 8.定义在 (0, + )上的函数 y=f(x)的反函数为 y=f-1(x), 3 1 00x xgxf x x ,若, 为奇函数,则 f-1(x)=2的解为 . 解析:若 3 1 00x xgxf x x ,若, 为奇函数, 可得当 x 0时, -x 0,即有 g(-x)=3-x-
5、1, 由 g(x)为奇函数,可得 g(-x)=-g(x), 则 g(x)=f(x)=1-3-x, x 0, 由定义在 (0, + )上的函数 y=f(x)的反函数为 y=f-1(x), 且 f-1(x)=2, 可由 f(2)=1-3-2=89, 可得 f-1(x)=2 的解为 x=89. 答案: 89. 9.已知四个函数: y=-x, 1yx, y=x3, 12yx ,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 . 解析 :给出四个函数: y=-x, 1yx, y=x3, 12yx , 从四个函数中任选 2个,基本事件总数 24 6nC, 事件 A:“所选 2个函数
6、的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有: ,共 2个, 事件 A:“所选 2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为 P(A) 126 3. 答案 : 13. 10.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 1 4 9 161 2 3 4lg b b b blg b b b b . 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, 2nna b nb a b. b1=a1=1, (b2)2=b4, (b3)2=b9, (b4)2
7、=b16. b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2. 1 4 9 1 61 2 3 4 2lg b b b blg b b b b . 答案 : 2. 11.设 a1、 a2 R,且 1211 22 s i n 2 s i n 2,则 |10 - 1- 2|的最小值等于 . 解析:根据三角函数的性质,可知 sin 1, sin2 2的范围在 -1, 1, 1211 22 s i n 2 s i n 2, sin 1=-1, sin2 2=-1. 则: 1=2+2k1, k1 Z. 2 2=2+2k2,即 2=4+k2, k2 Z. 那么: 1+ 2=(2k1+k2) -34, k1、 k2
8、 Z. |10 - 1- 2|=|10 +34-(2k1+k2) |的最小值为4. 答案 :4. 12.如图,用 35 个单位正方形拼成一个矩形,点 P1、 P2、 P3、 P4以及四个标记为“”的点在正方形的顶点处,设集合 =P1, P2, P3, P4,点 P,过 P 作直线 lP,使得不在 lP上的“”的点分布在 lP的两侧 .用 D1(lP)和 D2(lP)分别表示 lP一侧和另一侧的“”的点到 lP 的距离之和 .若过 P的直线 lP 中有且只有一条满足 D1(lP)=D2(lP),则中所有这样的 P为 . 解析:设记为“”的四个点为 A, B, C, D,线段 AB, BC, CD
9、, DA的中点分别为 E, F, G,H, 易知 EFGH为平行四边形,如图所示: 四边形 ABCD两组对边中点的连线交于点 P2, 即符合条件的直线 lP 一定经过点 P2, 因此:经过点 P2的直线有无数条; 同时经过点 P1和 P2的直线仅有 1条, 同时经过点 P3和 P2的直线仅有 1条, 同时经过点 P4和 P2的直线仅有 1条, 所以符合条件的点为 P1、 P3、 P4. 答案: P1、 P3、 P4. 二、选择题 (本大题共 4题,每题 5分,共 20分 ) 13.关于 x、 y的二元一次方程组 502 3 4xyxy的系数行列式 D为 ( ) A. 0543B.1024C.1
10、523D.6054解析:利用线性方程组的系数行列式的定义直接求解 . 关于 x、 y的二元一次方程组 502 3 4xyxy的系数行列式: D=1523. 答案: C. 14.在数列 an中, an=( 12)n, n N*,则 limnn a( ) A.等于 12B.等于 0 C.等于 12D.不存在 解析:数列 an中, an=( 12)n, n N*, 则根据极限的定义, li m li m 012nnnna . 答案: B. 15.已知 a、 b、 c为实常数,数列 xn的通项 xn=an2+bn+c, n N*,则“存在 k N*,使得 x100+k、x200+k、 x300+k成等
11、差数列”的一个必要条件是 ( ) A.a 0 B.b 0 C.c=0 D.a-2b+c=0 解析:存在 k N* ,使得 x100+k 、 x200+k 、 x300+k 成等差数列,可得:2a(200+k)2+b(200+k)+c=a(100+k)2+b(100+k)+c+a(300+k)2+b(300+k)+c,化为: a=0. 使得 x100+k、 x200+k、 x300+k成等差数列的必要条件是 a 0. 答案: A. 16.在平面直角坐标系 xOy中,已知椭圆 C1: 22136 4xy和 C2: 22 19yx .P为 C1上的动点, Q为 C2上的动点, w是 QOPOuuur
12、guuur 的最大值 .记 =(P, Q)|P在 C1上, Q在 C2上,且 QOPOuuurguuur=w,则中元素个数为 ( ) A.2个 B.4个 C.8个 D.无穷个 解析:设出 P(6cos, 2sin ), Q(cos, 3sin ), 0 2,由向量数量积的坐标表示和两角差的余弦公式和余弦函数的值域,可得最大值及取得的条件,即可判断所求元素的个数 . 椭圆 C1: 22136 4xy和 C2: 22 19yx , P为 C1上的动点, Q为 C2上的动点, 可设 P(6cos, 2sin ), Q(cos, 3sin ), 0 2, 则 QOPOuuurguuur =6cos c
13、os +6sin sin =6cos( - ), 当 - =2k, k Z时, w取得最大值 6, 则 =(P, Q)|P 在 C1上, Q在 C2上,且 QOPOuuurguuur =w中的元素有无穷多对 . 答案: D. 三、解答题 (本大题共 5题,共 14+14+14+16+18=76分 ) 17.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边 AB 和 AC 的长分别为 4 和 2,侧棱 AA1的长为 5. (1)求三棱柱 ABC-A1B1C1的体积 . 解析: (1)三棱柱 ABC-A1B1C1的体积 V=S ABC AA1=12 AB AC AA1,由此能求出结
14、果 . 答案: (1)直三棱柱 ABC-A1B1C1的底面为直角三角形, 两直角边 AB 和 AC的长分别为 4和 2,侧棱 AA1的长为 5. 三棱柱 ABC-A1B1C1的体积: V=S ABC AA1 =12ABACAA 1 =12 4 2 5=20. (2)设 M是 BC中点,求直线 A1M与平面 ABC所成角的大小 . 解析: (2)连结 AM, A1MA 是直线 A1M 与平面 ABC 所成角,由此能求出直线 A1M 与平面 ABC所成角的大小 . 答案: (2)连结 AM, 直三棱柱 ABC-A1B1C1的底面为直角三角形, 两直角边 AB 和 AC的长分别为 4和 2,侧棱 A
15、A1的长为 5, M是 BC中点, AA1底面 ABC, 1122 1 6 4 5A M B C , A1MA是直线 A1M与平面 ABC所成角, 11t a n 555AAA M A AM , 直线 A1M与平面 ABC 所成角的大小为 arctan 5 . 18.已知函数 f(x)=cos2x-sin2x+12, x (0, ). (1)求 f(x)的单调递增区间 . 解析: (1)由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间,解不等式可得所求增区间 . 答案: (1)函数 f(x)=cos2x-sin2x+12=cos2x+12, x (0, ), 由 2k - 2x 2k,解得 k -12
16、x k, k Z, k=1时, 12 x, 可得 f(x)的增区间为 2, ). (2)设 ABC 为锐角三角形,角 A 所对边 a= 19 ,角 B 所对边 b=5,若 f(A)=0,求 ABC 的面积 . 解析: (2)由 f(A)=0,解得 A,再由余弦定理解方程可得 c,再由三角形的面积公式,计算即可得到所求值 . 答案: (2)设 ABC为锐角三角形, 角 A所对边 a= 19 ,角 B所对边 b=5, 若 f(A)=0,即有 cos2A+12=0, 解得 2A=23,即 A=13, 由余弦定理可得 a2=b2+c2-2bccosA, 化为 c2-5c+6=0, 解得 c=2或 3,
17、 若 c=2,则 1 9 4 2 5c o s 02 1 9 2B , 即有 B为钝角, c=2不成立, 则 c=3, ABC的面积为 1 1 3 322 15s i n 5 3 42S b c A . 19.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 45 1 5 1 31 0 4 7 0 4nnnann , 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 . 解析: (1)计算出 an和 bn的前 4 项和的差即可得出答案 . 答案: (1)
18、前 4个月共投放单车为 a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=975, 前 4个月共损失单车为 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 975-30=945. (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? 解析: (2)令 an bn得出 n 42,再计算第 42个月底的保有量和容纳量即可得出结论 . 答案: (2)令 an bn,显然 n 3时恒成立, 当 n 4时,有 -10n+470 n
19、+5,解得 n 46511, 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为等差为 1的等比数列, 到第 42个月底,单车保有量为 4 4 2 1 4 2 4 3 0 5 0 6 4 73 9 5 3 5 4 2 3 9 5 3 5 4 2 8 7 8 22 2 2 2a a b b . S42=-4 16+8800=8736. 8782 8736, 第 42 个月底单车保有量超过了容纳量 . 20.在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆: 2 2 14x y, A 为的上顶点, P 为上异于上、下顶点的动点, M 为 x正半轴上的动点 . (1
20、)若 P在第一象限,且 |OP|= 2 ,求 P的坐标 . 解析: (1)设 P(x, y)(x 0, y 0),联立2222142x yxy ,能求出 P点坐标 . 答案: (1)设 P(x, y)(x 0, y 0), 椭圆: 2 2 14x y, A为的上顶点, P为上异于上、下顶点的动点, P在第一象限,且 |OP|= 2 , 联立2222142x yxy , 解得 P(233, 63). (2)设 P(85, 35),若以 A、 P、 M为顶点的三角形是直角三角形,求 M的横坐标 . 解析: (2)设 M(x0, 0), A(0, 1), P(85, 35),由 P=90,求出 x0
21、=2920;由 M=90,求出 x0=1 或 x0=35;由 A=90,则 M点在 x轴负半轴,不合题意 .由此能求出点 M的横坐标 . 答案: (2)设 M(x0, 0), A(0, 1), P(85, 35), 若 P=90,则 PA PMuur uuurg ,即08 3 8 2 05 5 5 5x g, , 08 6 4 6 05 2 5 2 5x ,解得 x0=2920. 如图,若 M=90,则 0MA MP uuur uuurg ,即 00831055xx g, , 20083055xx ,解得 x0=1或 x0=35, 若 A=90,则 M点在 x轴负半轴,不合题意 . 点 M的横
22、坐标为 2920,或 1,或 35. (3)若 |MA|=|MP|,直线 AQ与交于另一点 C,且 2AQ ACuuur uuur , 4PQ PMuuur uuur ,求直线 AQ的方程 . 解析: (3)设 C(2cos, sin ),推导出 Q(4cos, 2sin -1),设 P(2cos, sin ), M(x0,0)推导出 x0=34cos,从而 4cos -2cos =-5cos,且 2sin -sin -1=-4sin, cos= 43cos,且 sin =13(1-2sin ),由此能求出直线 AQ. 答案: (3)设 C(2cos, sin ), 2AQ ACuuur uu
23、ur , A(0, 1), Q(4cos, 2sin -1), 又设 P(2cos, sin ), M(x0, 0), |MA|=|MP|, x02+1=(2cos -x0)2+(sin )2, 整理得: x0=34cos, PQuur =(4cos -2cos, 2sin -sin -1), PMuuur =( 54cos, -sin ), 4PQ PMuuur uuur , 4cos -2cos =-5cos, 且 2sin -sin -1=-4sin, cos = 43cos,且 sin =13(1-2sin ), 以上两式平方相加,整理得 3(sin )2+sin -2=0, sin
24、=23,或 sin =-1(舍去 ), 此时,直线 AC的斜率 1 s i n2 c o s 051ACk (负值已舍去 ),如图 . 直线 AQ为 1051yx. 21.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 . 解析: (1)直接由 f(x1)-f(x2) 0求得 a的取值范围 . 答案:由 f(x1) f(x2),得 f(x1)-f(x2)=a(x13-x23) 0, x1 x2, x13-x23 0,得 a 0. 故 a的范围是 0, + ). (2)若 f(x
25、)是周期函数,证明: f(x)是常值函数 . 解析: (2)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),证明对任意 x x0, x0+Tk, f(x0) f(x) f(x0+Tk),可得 f(x0)=f(x0+nTk), n Z,再由 x0-3Tk,x0-2Tk x0-2Tk, x0-Tk x0-Tk, x0 x0, x0+Tk x0+Tk, x0+2Tk =R,可得对任意 x R, f(x)=f(x0)=C,为常数 . 答案: (2)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
26、 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)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” . 解析: (3)分充分性及必要性证
27、明 .类似 (2)证明充分性;必要性先证明 f(x)符号不变,然后分类证明 . 答案: (3)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),则对任意 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,首先证明 f(x)符号不变 . 设集合 A=x|g(x)=m,若存在 x0 R,使得 f(x0)=0,则 h(x0)=0,且对任意 k Z,有 h(x0+kTh)=0, g(x) 0, f(x0+kTh)=0,即对
28、任意 x x0+kTh, x0+(k+1)Th, k Z, f(x)=0 恒成立, f(x)=0是常值函数; 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或 f(x) 0或 f(x) 0恒成立 . 1、若 f(x) 0恒成立, 任取 x0 A,则必存在 N2 N
29、,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, x0-2N2Th, x0-N2Th x0-N2Th, x0 x0, x0+N2Th x0+N2Th, x0+2N2Th =R. h(x0)=g(x0) f(x0)=h(x0-N2Th)=g(x0-N2Th) f(x0-N2Th), g(x0)=M g(x0-N2Th) 0, f(x0) f(x0-N2Th) 0. 因此若 h(x0)=h(x0-N2Th),必有 g(x0)=M
30、=g(x0-N2Th),且 f(x0)=f(x0-N2Th)=c. 而由 (2)证明可知,对任意 x R, f(x)=f(x0)=C,为常数 . 2、若 f(x) 0恒成立, 任取 x0 A,则必存在 N3 N,使得 x0+N3Th x0+Tg. 即 x0, x0+Tg x0, x0+N3Tg, x0-3Tk, x0-2Tk x0-2Tk, x0-Tk x0-Tk, x0 x0, x0+Tk x0+Tk, x0+2Tk =R, x0-2N3Th, x0-N3Th x0-N3Th, x0 x0, x0+N3Th x0+N3Th, x0+2N3Th =R. h(x0)=g(x0) f(x0)=h(x0+N3Th)=g(x0+N3Th) f(x0+N3Th). g(x0)=M g(x0+N3Th) 0, f(x0) f(x0+N3Th) 0. 因此若 h(x0)=h(x0+N3Th), 必有 g(x0)=M=g(x0+N3Th),且 f(x0)=f(x0+N3Th)=c, 而由 (2)证明可知,对任意 x R, f(x)=f(x0)=C,为常数 . 综上,必要性得证 .
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