2017上海高考数学试卷含答案

2017上海一、填空 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 (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．(2017年上海)已知集合A＝{1，2，3，4}，集合B＝{3，4，5}，则A∩B＝　　．【解析】因集合A＝{1，2，3，4}，集合B＝{3，4，5}，故A∩B＝{3，4}．2．(2017年上海)若排列数Aeq\o\al(m,6)＝6×5×4，则m＝______．【解析】因排列数Aeq\o\al(m,6)＝6×5×…×(6－m＋1)，故6－m＋1＝4，解得m＝3．3．(2017年上海)不等式eq\f(x－1,x)＞1的解集为　　．【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　　．【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|＝　　．【解析】由z＋eq\f(3,z)＝0得z2＋3＝0，即z2＝－3，故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|＝　　．【解析】双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,b2)＝1中，a＝eq\r(9)＝3．由双曲线的定义得||PF1|－|PF2||＝6．又|PF1|＝5，解得|PF2|＝11或－1(舍去)，所以|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\up6(→),\s\do4(DB1))的坐标为(4，3，2)，则向量eq\o(\s\up6(→),\s\do4(AC1))的坐标是　　．【解析】由eq\o(\s\up6(→),\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)，故eq\o(\s\up6(→),\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　　．【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　　．【解析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n＝Ceq\o\al(2,4)＝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．故事件“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))＝【解析】因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，故baeq\o(\s\up5(),\s\do2(n))＝abeq\o(\s\up5(),\s\do2(n))＝beq\o(\s\up0(2),\s\do0(n))．故b1＝b12，b4＝b22，b9＝b32，b16＝b42．故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|的最小值等于　　．【解析】由－1≤sinα1≤1，可得1≤2＋sinα1≤3，则eq\f(1,3)≤eq\f(1,2+sinα1)≤1．同理可得eq\f(1,3)≤eq\f(1,2+sin2α2)≤1．要使eq\f(1,2+sinα1)＋eq\f(1,2+sin2α2)＝2，则eq\f(1,2+sinα1)＝eq\f(1,2+sin2α2)＝1，即sinα1＝sin2α2＝－1．所以α1＝2k1π－eq\f(π,2)，2α2＝2k2π－eq\f(π,2)，k1，k2∈Z．所以|10π－α1－α2|＝|10π－(2k1π－eq\f(π,2))－(k2π－eq\f(π,4))|＝|10π＋eq\f(3π,4)－(2k1＋k2)π|，当2k1＋k2＝11时，|10π－α1－α2|取得最小值eq\f(π,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Ω＝{P1，P2，P3，P4}，点P∈Ω，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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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Ω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，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Ω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eq\b\lc\{(\a\al(x+5y=0，,2x+3y=4))的系数行列式D为()A．eq\b\bc\|(\a\al(05,43))B．eq\b\bc\|(\a\al(10,24))C．eq\b\bc\|(\a\al(15,23))D．eq\b\bc\|(\a\al(60,54))【解析】关于x，y的二元一次方程组eq\b\lc\{(\a\al(x+5y=0，,2x+3y=4))的系数行列式D＝eq\b\bc\|(\a\al(15,23))．故选C．14．(2017年上海)在数列{an}中，an＝(－eq\f(1,2))n，n∈N*，则eq\o(\s\up0(lim),\s\do4(n→∞))an(　　)A．等于－eq\f(1,2)B．等于0C．等于eq\f(1,2)D．不存在【解析】数列{an}中，an＝(－eq\f(1,2))n，n∈N*，则eq\o(\s\up0(lim),\s\do4(n→∞))an＝eq\o(\s\up0(lim),\s\do4(n→∞))(－eq\f(1,2))n＝0．故选B．15．(2017年上海)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成等差数列”的一个必要条件是(　　)A．a≥0B．b≤0C．c＝0D．a－2b＋c＝0【解析】由存在k∈N*，使得x100＋k，x200＋k，x300＋k成等差数列，可得2[a(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．故使得x100＋k，x200＋k，x300＋k成等差数列的必要条件是a≥0．故选A．16．(2017年上海)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,4)＝1和C2：x2＋eq\f(y2,9)＝1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OP))·eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OQ))的最大值．记Ω＝{(P，Q)|P在C1上，Q在C2上且eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OP))·eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OQ))＝w}，则Ω中的元素有()A．2个B．4个C．8个D．无穷个【解析】P为椭圆C1：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,4)＝1上的动点，Q为C2：x2＋eq\f(y2,9)＝1上的动点，可设P(6cosα，2sinα)，Q(cosβ，3sinβ)，α，β∈[0，2π]，则eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OP))·eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OQ))＝6cosαcosβ＋6sinαsinβ＝6cos(α－β)．当α－β＝2kπ，k∈Z时，eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OP))·eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OQ))取得最大值w＝6，即使得eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OP))·eq\o(\s\up6(→),\s\do4(OQ))＝w的点对(P，Q)有无穷多对，Ω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)因直三棱柱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．故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC·AA1＝eq\f(1,2)AB·AC·AA1＝eq\f(1,2)×4×2×5＝20．(2)连接AM．因直三棱柱ABC－A1B1C1，故AA1⊥底面ABC．故∠AMA1是直线A1M与平面ABC所成角．因△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，故AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×eq\r(42+22)＝eq\r(5)．由AA1⊥底面ABC，可得AA1⊥AM，故tan∠A1MA＝eq\f(AA1,AM)＝eq\f(5,)＝eq\r(5)．故直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctaneq\r(5)．18．(2017年上海)已知函数f(x)＝cos2x﹣sin2x＋eq\f(1,2)，x∈(0，π)．(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＝eq\r(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＋eq\f(1,2)＝cos2x＋eq\f(1,2)，x∈(0，π)．由2kπ－π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣eq\f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z．k＝1时，eq\f(π,2)≤x≤π，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(5,38)，则cosB＝eq\f(,38)．所以sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(,2)×eq\f(,38)＋eq\f(1,2)×eq\f(5,38)＝eq\f(3,38)．所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(19)×5×eq\f(3,38)＝eq\f(15,4)．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？【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，故该地区第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)．故第42个月底，保有量达到最大．当n≥4，{an}为公差为－10的等差数列，而{bn}为公差为1的等差数列，故到第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，因8782＞8736，故第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(AQ,\s\up6(→))＝2eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(PM,\s\up6(→))，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x2,4)eq\b\lc\{(\a\al(+y2=1，,x2+y2=2，))解得x2＝eq\f(4,3)，y2＝eq\f(2,3)，则P(3)eq\f(2,3)，6)eq\f(,3))．(2)设M(x0，0)，A(0，1)，P(eq\f(8,5)，eq\f(3,5))．若∠P＝90°，则eq\o(PA,\s\up6(→))•eq\o(PM,\s\up6(→))＝0，即(－eq\f(8,5)，eq\f(2,5))•(x0﹣eq\f(8,5)，﹣eq\f(3,5))＝0，故(﹣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(MA,\s\up6(→))•eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，即(﹣x0，1)•(eq\f(8,5)﹣x0，eq\f(3,5))＝0，故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．故点M的横坐标为eq\f(29,20)或1或eq\f(3,5)．(3)设C(2cosα，sinα)，因eq\o(AQ,\s\up6(→))＝2eq\o(AC,\s\up6(→))，A(0，1)，故Q(4cosα，2sinα﹣1)．又设P(2cosβ，sinβ)，M(x0，0)，因|MA|＝|MP|，故x02＋1＝(2cosβ﹣x0)2＋(sinβ)2，整理得x0＝eq\f(3,4)cosβ．因eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(4cosα﹣2cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－eq\f(5,4)cosβ，﹣sinβ)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(PM,\s\up6(→))，故4cosα﹣2cosβ＝﹣5cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1＝﹣4sinβ．故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，故sinα＝eq\f(2,3)或sinα＝﹣1(舍去)．此时，直线AC的斜率kAC＝eq\f(sinα-1,2cosα)＝5)eq\f(,10)(负值已舍去)，如图．故直线AQ的方程为为y＝5)eq\f(,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，因x1＜x2，故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)，故f(x0)＝f(x)＝f(x0＋Tk)．又因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，故对任意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，故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]，因…∪[x0﹣3Tk，x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk，x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk，x0]∪[x0，x0＋Tk]∪[x0＋Tk，x0＋2Tk]∪…＝R，故…∪[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)，因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＝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．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”．第5页（共9页）