2016年高考上海卷理数试题解析（精编版）（解析版）.doc

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1、中小学教育() 教案学案课件试题全册打包考生注意：1.考试时间120分钟，试卷满分150分。来源:2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求。所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在试卷上一律不得分。3.答题前，务必用黑色钢笔、圆珠笔或签字笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定的位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。一、填空题（本大题共有14题，满分56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4分，否则一律得零分.1设x,则不等式的解集为_来源:学_科_网【答案】（2,4）【解析】试题分析：由题意得：，解得.【考点】绝

2、对值不等式的基本解法【名师点睛】解绝对值不等式时，关键是去掉绝对值符号，然后再进一步求解，本题也可利用两边同时平方的方法.本题较为容易.2设，其中为虚数单位，则=_【答案】3【解析】试题分析：【考点】复数的运算、复数的概念 【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，复数题目往往不难，有时运算与概念、复数的几何意义综合考查，也是考生必得分的题目之一.3已知平行直线，则l1与l2的距离是_【答案】【解析】试题分析：利用两平行线间的距离公式得.【考点】两平行线间距离公式.【名师点睛】确定两平行线间距离，关键是注意应用公式的条件，即的系数必须相同，本题较为容易，

3、主要考查考生的基本运算能力.4某次体检，6位同学的身高（单位：米）分别为1.72，1.78，1.75，1.80，1.69，1.77，则这组数据的中位数是_（米）【答案】1.76【考点】中位数的概念【名师点睛】本题主要考查中位数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，涉及统计的题目，往往不难，主要考查考生的视图、用图能力，以及应用数学解决实际问题的能力.5已知点在函数的图像上，则【答案】【解析】试题分析：将点（3，9）代入函数中得，所以，用表示得，所以.【考点】反函数的概念以及指、对数式的转化【名师点睛】指数函数与对数函数互为反函数，求反函数的基本步骤是：一解（反解x）、二换（x与y互换）、三

4、注（注意定义域）.本题较为容易.6如图，在正四棱柱中，底面的边长为3，与底面所成的角的大小为，则该正四棱柱的高等于_【答案】【解析】试题分析：连结BD，则由题意得.【考点】线面角【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题时，往往要将空间问题转化成平面问题，作出角，构建三角形，在三角形中解决问题；也可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解，应根据具体情况选择不同方法，本题难度不大，能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等.7方程在区间上的解为_ .【答案】【解析】试题分析：化简得：，所以，解得或（舍去），又，所以.【考点】二倍角公式及三角函数求值【名师点睛】已知三角函数值求角，基本思路是

5、通过化简 ，得到角的某种三角函数值，结合角的范围求解. 本题难度不大，能较好地考查考生的逻辑推理能力、基本计算能力等.8在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于_【答案】112【解析】试题分析：由二项式定理得：所有项的二项式系数之和为，即，所以，又二项展开式的通项为，令，所以，所以，即常数项为112.【考点】二项式定理【名师点睛】根据二项展开式的通项，确定二项式系数或确定二项展开式中的指定项，是二项式定理问题中的基本问题，往往要综合运用二项展开式的系数的性质、二项展开式的通项进行求解. 本题能较好地考查考生的思维能力、基本计算能力等.9已知的三边长分别为3,5,7，则该三

6、角形的外接圆半径等于_【答案】【考点】正弦、余弦定理【名师点睛】此类题目是解三角形问题中的典型题目.解答此类试题时，往往要利用三角公式化简三角恒等式，利用正弦定理实现边角转化，达到解题目的；三角形中的求角问题，往往要利用余弦定理用边表示角.本题较易，主要考查考生的基本运算求解能力等.10设若关于的方程组无解，则的取值范围是_【答案】【解析】试题分析：将方程组中上面的式子化简得，代入下面的式子整理得，方程组无解应该满足且，所以且，所以由基本不等式得，即的取值范围是.【考点】方程组的思想以及基本不等式的应用【名师点睛】从解方程组入手，探讨得到方程组无解的条件，进一步应用基本不等式达到解题目的.易错

7、点在于忽视.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本运算求解能力等.11无穷数列由k个不同的数组成，为的前n项和.若对任意，则k的最大值为_.【答案】4【解析】试题分析：当时，或；当时，若，则，于是，若，则，于是，从而存在，当时，.所以数列要涉及最多的不同的项可以为：2,1，1,0,0从而可看出.【考点】数列的项与和【名师点睛】从分析条件入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列由k个不同的数组成”和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.12在平面直角坐标系中，已知A（1,0），B（0，1），P是曲线上一个动点，则的取值范围是_.【答案】【解析】试题分析：由

8、题意设, ，则，又，所以，所以的取值范围为.【考点】平面向量的数量积、三角函数的图象和性质、数形结合的思想【名师点睛】本题解答时利用数形结合思想，将问题转化到单位圆中，从而转化成平面向量的坐标运算，利用三角函数的图象和性质，得到的取值范围.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想等.13设.若对任意实数都有，则满足条件的有序实数组的组数为 . 【答案】4【解析】试题分析：当时，又【考点】三角函数【名师点睛】本题根据三角函数的图象和性质及三角函数的诱导公式，首先确定得到的可能取值，利用分类讨论的方法，进一步得到的值，从而根据具体的组合情况，使问题得解.本题主

9、要考查考生的逻辑思维能力、基本运算求解能力、数形结合思想、分类讨论思想等.14如图，在平面直角坐标系中，O为正八边形的中心，.任取不同的两点，点P满足，则点P落在第一象限的概率是_.【答案】【解析】试题分析：共有种基本事件，其中使点P落在第一象限的情况有种，故所求概率为.【考点】排列组合、古典概型、平面向量的线性运算【名师点睛】本题主要考查古典概型概率的计算.解答本题时，关键在于能够准确地确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数，利用概率的计算公式求解.本题能较好地考查考生的数学应用意识、基本运算求解能力、数形结合思想等.二、选择题（本大题共有4题，满分20分）每题有且只有一个正确答案，考生

10、应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得五分，否则一律得零分.15设，则“”是“”的（ ）.（A）充分非必要条件 （B）必要非充分条件（C）充要条件 （D）既非充分也非必要条件【答案】A【解析】试题分析：，所以“”是“”的充分非必要条件，选A.【考点】充要条件【名师点睛】充要条件的判定问题，是高考常考题目之一，其综合性较强，易于和任何知识点结合.本题涉及不等关系，突出体现了高考试题的基础性，能较好地考查考生分析问题、解决问题的能力和逻辑推理能力等.16下列极坐标方程中，对应的曲线为如图的是（ ）. （A） （B）（C） （D）【答案】D【解析】试题分析：依次取，结合图形可知只有满

11、足，选D. 【考点】极坐标方程【名师点睛】本题是极坐标系问题中的基本问题，从解法上看，一是可通过记忆比对，作出判断；二是利用特殊值代入检验.本题突出体现了高考试题的基础性，能较好地考查考生的基本运算能力、数形结合思想等.17已知无穷等比数列的公比为，前n项和为，且.下列条件中，使得恒成立的是（ ）.（A） （B）（C） （D）【答案】B【解析】试题分析：由题意得：，所以，所以对一切正整数恒成立，当时，不恒成立，舍去；当时，因此选B.【考点】数列的极限、等比数列求和【名师点睛】本题解答时确定不等关系是基础，准确分类讨论是关键，易错点是在建立不等关系之后，不知所措或不能恰当地分类讨论.本题能较好地

12、考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.18设、是定义域为R的三个函数，对于命题：若、均是增函数，则、中至少有一个增函数；若、均是以为周期的函数，则、均是以为周期的函数，下列判断正确的是（ ）.（A）和均为真命题 （B）和均为假命题（C）为真命题，为假命题 （D）为假命题，为真命题 【答案】D【解析】【考点】抽象函数、函数的单调性、函数的周期性【名师点睛】本题主要考查抽象函数的单调性与周期性，是高考常考内容.本题有一定难度.解答此类问题时，关键在于灵活选择方法，如结合选项应用“排除法”，通过举反例应用“排除法”等.本题能较好地考查考生分析问题与解决问题的能力、基本计算能力等.三、

13、解答题（本大题共有5题，满分74分）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.19（本题满分12分）本题共有2个小题，第一小题满分6分，第二小题满分6分.将边长为1的正方形（及其内部）绕的旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.（1）求三棱锥的体积；（2）求异面直线与所成的角的大小. 【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径，再由三角形面积公式（2）设过点的母线与下底面交于点，则，所以或其补角为直线与所成的角由长为，可知，又，所以，从而为等边三角形，得因为平面，所以在中，因为，所以，来源:.Com从而直线与所成的角的大小为

14、【考点】几何体的体积、空间角【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题时，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、转化与化归思想及基本运算能力等.20（本题满分14）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.有一块正方形菜地,所在直线是一条小河.收获的蔬菜可送到点或河边运走.于是，菜地分为两个区域和，其中中的蔬菜运到河边较近，中的蔬菜运到点较近，而菜地内和的分界线上的点到

15、河边与到点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点为的中点，点的坐标为（1,0），如图.（1）求菜地内的分界线的方程;（2）菜农从蔬菜运量估计出面积是面积的两倍，由此得到面积的“经验值”为.设是上纵坐标为1的点，请计算以为一边、另有一边过点的矩形的面积，及五边形的面积，并判断哪一个更接近于面积的经验值.【答案】（1）（）；（2）矩形面积为，五边形面积为，五边形面积更接近于面积的“经验值”【解析】试题分析：（1）由上的点到直线与到点的距离相等，知是以为焦点、以为准线的抛物线在正方形内的部分（2）通过计算矩形面积，五边形面积，以及计算矩形面积与“经验值”之差的绝对值，五边形面积与“经验值”之差的

16、绝对值，比较二者大小即可试题解析：（1）因为上的点到直线与到点的距离相等，所以是以为焦点、以为准线的抛物线在正方形内的部分，其方程为（）（2）依题意，点的坐标为所求的矩形面积为，而所求的五边形面积为矩形面积与“经验值”之差的绝对值为，而五边形面积与“经验值”之差的绝对值为，所以五边形面积更接近于面积的“经验值”【考点】抛物线的定义及其标准方程、面积计算【名师点睛】本题主要考查抛物线的实际应用，“出奇”之处在于有较浓的“几何味”，即研究几何图形的面积，解题关键在于能读懂题意.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力、数学的应用意识等.21（本题满分14分）本题共

17、有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点.（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率. 【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）设，根据题设条件得到，从而解得的值（2）设，直线与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据与双曲线交于两点，可得，且再设的中点为，由故双曲线的渐近线方程为（2）由已知，设，直线显然由，得因为与双曲线交于两点，所以，且设的中点为由即，知，故而，所以，得，故的斜率为【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、平面向量的数量积【名师点睛】本题对考生的计算能

18、力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.22（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.已知，函数.（1）当时，解不等式；（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）由，得，从而得解（2）将其转化

19、为，讨论当、时，以及且时的情况即可（3）讨论在上的单调性，再确定函数在区间上的最大值与最小值之差，从而得到，对任意成立试题解析：（1）由，得，解得（2），当时，经检验，满足题意当时，经检验，满足题意来源:学|科|网当且时，是原方程的解当且仅当，即；是原方程的解当且仅当，即于是满足题意的综上，的取值范围为因为，所以函数在区间上单调递增，时，有最小值，由，得故的取值范围为【考点】对数函数的性质、函数与方程、二次函数的性质【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答本题的关键是利用转化与化归思想、应用函数的性质，将问题转化成二次函数问题，再应用确定函数最值的方法-如二次函数的性质、基本

20、不等式、导数等求解.本题的易错点是将复杂式子进行变形的能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.23（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.（1）若具有性质，且，求；（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，判断是否具有性质，并说明理由；（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.【答案】（1）；（2）不具有性质，理由见解析；（3）见解析【解析】试题分析：（1）根据已知条件，得到，结合求解即可

21、（2）根据的公差为，的公比为，写出通项公式，从而可得通过计算，即知不具有性质（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明 来源:Z。xx。k.Com试题解析：（1）因为，所以，于是，又因为，解得（2）的公差为，的公比为，所以，但，所以不具有性质证（3）充分性：当为常数列时，对任意给定的，只要，则由，必有充分性得证必要性：用反证法证明假设不是常数列，则存在，使得，而下面证明存在满足的，使得，但综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”【考点】等差数列、等比数列、充要条件的证明、反证法【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识及反证法是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不得法，二是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.