2017年高考数学上海试题及解析.pdf

第 1 页（共 9 页）2017 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 16 题每题 4 分，第 712 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Am6=6 5 4，则 m=2.3【解析】排列数Am6=6 5(6-m+1)，6-m+1=4，即 m=3.3（2017 年上海）不等式x-1x1 的解集为3.(-，0)【解析】由x-1x1，得 1-1x1，则1x0，解得 x0为奇函数，则f-1（x）=2 的解为8.89【解析g（x）=3x-1，x0，f(x)，x0为奇函数，可得当x0 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=89，即 f-1（x）=2 的解为89.9（2017 年上海）已知四个函数：y=-x，y=-1x，y=x3，y=x12，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9.12【解析】从四个函数中任选2 个，基本事件总数n=C24=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，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=26=13.10（2017 年上海）已知数列an和bn，其中an=n2，nN*，bn的项是互不相等的正整数，若对于任意nN*，bn 的第 an项等于 an 的第 bn项，则lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)=10.2【解析】an=n2，nN*，若对于一切nN*，bn中的第an项恒等于 an 中的第bn项，ban=abn=b2n.b1=b12，b4=b22，b9=b32，b16=b42.b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2，lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)=2.11（2017 年上海）设 1，2R 且12+sin 1+12+sin 22=2，则|10-1-2|的最小值等于11.4【解析】由-1sin 11，可得 12+sin 13，则1312+sin 11.同理可得1312+sin 221.要使12+sin 1+12+sin 2 2=2，则12+sin 1=12+sin 22=1，即 sin 1=sin 22=-1.所以 1=2k1-2，22=2k2-2，k1,k2Z.所以|10-1-2|=|10-(2k1-2)-(k2-4)|=|10+34-(2k1+k2)|，当 2k1+k2=11 时，|10-1-2|取得最小值4.12（2017 年上海）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 为第 3 页（共 9 页）12.P1,P3,P4【解析】设记为“”的四个点为A，B，C，D，线段 AB，BC，CD，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，则经过点P2的所有直线都是符合条件的直线lP.因此经过点P2的符合条件的直线lP有无数条；经过点 P1,P3,P4的符合条件的直线lP各有 1 条，即直线 P2P1,P2P3,P2P4.故 中所有这样的P 为 P1,P3.P4.二、选择题（本大题共4 题，每题5 分，共 20 分）13（2017 年上海）关于x，y 的二元一次方程组x+5y=0，2x+3y=4的系数行列式D 为()A.0 54 3B.1 02 4C.1 52 3D.6 05 413.C【解析】关于x，y 的二元一次方程组x+5y=0，2x+3y=4的系数行列式D=故选 C14（2017 年上海）在数列an 中，an=（-12）n，nN*，则 limnan（）A.等于-12 B.等于 0 C.等于12D.不存在14.B【解析】数列 an中，an=（-12）n，nN*，则 limnan=limn(-12)n=0故选 B15.（2017 年上海）已知a,b,c 为实常数，数列xn 的通项 xn=an2+bn+c，nN*，则“存在 kN*，使得 x100+k，x200+k，x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）A.a0B.b0C.c=0 D.a-2b+c=0 15.A【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，化简得a=0，使得 x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a0 故选 A第 4 页（共 9 页）16（2017 年上海）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C1：x236+y24=1 和 C2：x2+y29=1P为 C1上的动点，Q 为 C2上的动点，w 是OPOQ的最大值记=（P，Q）|P 在 C1上，Q在 C2上且OPOQ=w，则 中的元素有（）A.2 个B.4 个C.8 个D.无穷个16.D【解析】P 为椭圆 C1：x236+y24=1 上的动点，Q 为 C2：x2+y29=1 上的动点，可设 P（6cos ，2sin），Q（cos ，3sin），0,2,则OPOQ=6cos cos 6sin sin =6cos（-），当 -=2k，kZ 时，OPOQ取得最大值w=6，即使得OPOQ=w 的点对(P,Q)有无穷多对，中的元素有无穷个.三、解答题（本大题共5 题，共 14+14+14+16+18=76 分）17（2017 年上海）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；（2）设 M 是 BC 中点，求直线A1M 与平面 ABC 所成角的大小17.【解析】（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=SABCAA1=12ABAC AA1=12 425=20.（2）连接AM.直三棱柱ABC-A1B1C1，AA1底面 ABC.AMA1是直线 A1M与平面 ABC所成角.ABC 是直角三角形，两直角边AB 和 AC 的长分别为4 和 2，点 M 是 BC 的中点，AM=12BC=1242+22=5.由 AA1底面 ABC，可得 AA1AM,tanA1MA=AA1AM=55=5.直线 A1M 与平面 ABC 所成角的大小为arctan5第 5 页（共 9 页）18（2017 年上海）已知函数f（x）=cos2xsin2x+12，x（0，1）求 f（x）的单调递增区间；（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18.【解析】（1）函数 f（x）=cos2x-sin2x+12=cos 2x+12，x（0，）.由 2k-2x2k，解得 k 2 x k，k Z.k=1 时，2 x，可得 f（x）的增区间为2，）.（2）f（A）=0，即有 cos2A+12=0，解得 2A=2k 23.又 A 为锐角,故 A=3.又 a=19,b=5，由正弦定理得sinB=bsinAa=55738,则 cosB=1938.所以 sinC=sin(A+B)=321938+125 5738=3 5738.所以 SABC=12absinC=1219 535738=1534.19（2017 年上海）根据预测，某地第n（nN*）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=5n4+15，1n3，-10n+470，n4，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（n46）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96530=935（2）令 anbn，显然 n3时恒成立，第 6 页（共 9 页）当 n4时，有 10n+470n+5，解得 n46511，第 42 个月底，保有量达到最大当 n4，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a4+a42239+535-b1+b42242=430+50239+535-6+47242=8782又 S42=442-46)2+8800=8736，87828736，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：x24+y2=1，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）若 P在第一象限且|OP|=2，求 P的坐标；（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；（3）若|MA|=|MP|，直线 AQ 与 交于另一点C 且AQ=2AC，PQ=4PM，求直线 AQ 的方程20.【解析】（1）设 P（x，y）（x 0，y0），由点 P在椭圆 ：x24+y2=1 上且|OP|=2,可得x24+y2=1，x2+y2=2，解得 x2=43,y2=23，则 P（2 33，63）（2）设 M（x0，0），A（0，1），P（85，35）.若 P=90 ，则PA?PM=0，即（-85，25）?（x085，35）=0，（85）x0+6425-625=0，解得 x0=2920第 7 页（共 9 页）若 M=90，则MA?MP=0，即（x0，1）?（85x0，35）=0，x02-85x0+35=0，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 的横坐标为2920或 1 或35（3）设 C（2cos，sin ），AQ=2ACA（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 .PQ=（4cos 2cos，2sin sin 1），PM=（-54cos ，sin），PQ=4PM，4cos 2cos=5cos，2sin sin 1=4sin .cos=43cos ，sin=13（12sin ）.以上两式平方相加，整理得3（sin ）2+sin 2=0，sin=23或 sin=1（舍去）.此时，直线AC 的斜率 kAC=sin-12cos=510（负值已舍去），如图直线 AQ 的方程为为y=510 x+1第 8 页（共 9 页）21（2017 年上海）设定义在R 上的函数f（x）满足：对于任意的x1，x2R，当 x1x2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（x13x23）0，x1x2，x13x230，得 a0 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 x0R，则有f（x0）=f（x0+Tk）.由题意，对任意xx0，x0+Tk，f（x0）f（x）f（x0+Tk），f（x0）=f（x）=f（x0+Tk）又 f（x0）=f（x0+nTk），nZ，并且 x0 3Tk，x02Tkx0 2Tk，x0Tk x0Tk，x0 x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，对任意xR，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x0R，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，x1x2，那么必然存在正整数N1，使得 x2+N1Tkx1，第 9 页（共 9 页）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）0h（x2），矛盾综上，f（x）0 恒成立由 f（x）0 恒成立，任取 x0A，则必存在N2N，使得 x0N2Thx0Tg，即x0Tg，x0?x0N2Th，x0，x03Tk，x02Tkx02Tk，x0 Tkx0Tk，x0 x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，x02N2Th，x0N2Thx0N2Th，x0 x0，x0+N2Thx0+N2Th，x0+2N2Th =Rh（x0）=g（x0）?f（x0）=h（x0N2Th）=g（x0N2Th）?f（x0 N2Th），g（x0）=M g（x0N2Th）0，f（x0）f（x0 N2Th）0因此若 h（x0）=h（x0N2Th），必有 g（x0）=M=g（x0N2Th），且 f（x0）=f（x0N2Th）=c而由（2）证明可知，对任意x R，f（x）=f（x0）=C，为常数必要性得证综上所述，“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”