2017年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学.docx

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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 .