2016年上海市杨浦区高考数学二模试卷(理科)(解析版).pdf

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1、2016 年上海市杨浦区高考数学二模试卷（理科）一、填空题 1函数的定义域是_ 2已知线性方程组的增广矩阵为，若该线性方程组的解为，则实数a=_ 3计算=_ 4若向量，满足且 与 的夹角为，则=_ 5若复数 z1=3+4i，z2=12i，其中 i 是虚数单位，则复数的虚部为_ 6在的展开式中，常数项是_（用数字作答）7已知ABC 的内角 A、B、C 所对应边的长度分别为 a、b、c，若，则角 C 的大小是_ 8已知等比数列an的各项均为正数，且满足：a1a7=4，则数列log2an的前 7 项之和为_ 9在极坐标系中曲线 C：=2cos 上的点到（1，）距离的最大值为_ 10袋中有 5 只大小

2、相同的乒乓球，编号为 1 至 5，从袋中随机抽取 3 只，若以 表示取到球中的最大号码，则 的数学期望是_ 11已知双曲线的右焦点为 F，过点 F 且平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点 P，M 在直线 PF 上，且满足，则=_ 12现有 5 位教师要带三个班级外出参加志愿者服务，要求每个班级至多两位老师带队，且教师甲、乙不能单独带队，则不同的带队方案有_（用数字作答）13若关于 x 的方程（4x+）|5x|=m 在（0，+）内恰有三个相异实根，则实数 m的取值范围为_ 14 课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法 祖暅原理也可用来求旋转体的体积 现介绍祖暅原理求球体体积公式的

3、做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图 1），即可求得球的体积公式请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为，将此椭圆绕 y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图 2），其体积等于_ 二、选择题 15下列函数中，既是奇函数，又在区间（0，+）上递增的是（）Ay=2|x|By=lnx C D 16已知直线 l 的倾斜角为，斜率为 k，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 17设 x，y，z 是互不相

4、等的正数，则下列等式中不恒成立的是（）A B C D|xy|xz|+|yz|18已知命题：“若 a，b 为异面直线，平面 过直线 a 且与直线 b 平行，则直线 b 与平面 的距离等于异面直线 a，b 之间的距离”为真命题根据上述命题，若 a，b 为异面直线，且它们之间的距离为 d，则空间中与 a，b 均异面且距离也均为 d 的直线 c 的条数为（）A0 条 B1 条 C多于 1 条，但为有限条 D无数多条 三、解答题 19 如图，底面是直角三角形的直三棱柱 ABCA1B1C1中，D 是棱 AA1上的动点（1）证明：DC1BC；（2）求三棱锥 CBDC1的体积 20某菜农有两段总长度为 20

5、米的篱笆 PA 及 PB，现打算用它们和两面成直角的墙 OM、ON 围成一个如图所示的四边形菜园 OAPB（假设 OM、ON 这两面墙都足够长）已知|PA|=|PB|=10（米），OAP=OBP设OAP=，四边形 OAPB的面积为 S（1）将 S 表示为 的函数，并写出自变量 的取值范围；（2）求出 S 的最大值，并指出此时所对应 的值 21已知函数，其中 aR（1）根据 a 的不同取值，讨论 f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）已知 a0，函数 f（x）的反函数为 f1（x），若函数 y=f（x）+f1（x）在区间1，2上的最小值为 1+log23，求函数 f（x）在区间1，2上的最大值 2

6、2已知椭圆 C：的焦距为，且右焦点 F 与短轴的两个端点组成一个正三角形若直线 l 与椭圆 C 交于 A（x1，y1）、B（x2，y2），且在椭圆 C 上存在点M，使得：（其中 O 为坐标原点），则称直线 l 具有性质 H（1）求椭圆 C 的方程；（2）若直线 l 垂直于 x 轴，且具有性质 H，求直线 l 的方程；（3）求证：在椭圆 C 上不存在三个不同的点 P、Q、R，使得直线 PQ、QR、RP 都具有性质 H 23已知数列an和bn满足：，且对一切 nN*，均有（1）求证：数列为等差数列，并求数列an的通项公式；（2）若=2，求数列bn的前 n 项和 Sn；（3）设，记数列cn的前 n

7、项和为 Tn，问：是否存在正整数，对一切 nN*，均有 T4Tn恒成立若存在，求出所有正整数 的值；若不存在，请说明理由 2016 年上海市杨浦区高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析 一、填空题 1函数的定义域是 x|x2 且 x1 【考点】函数的定义域及其求法【分析】由题意即分母不为零、偶次根号下大于等于零，列出不等式组求解，最后要用集合或区间的形式表示【解答】解：由题意，要使函数有意义，则，解得，x1 且 x2；故函数的定义域为：x|x2 且 x1，故答案为：x|x2 且 x1 2已知线性方程组的增广矩阵为，若该线性方程组的解为，则实数a=2 【考点】线性方程组解的存在性，唯一性【分

8、析】由已知得，把 x=1，y=2，能求出 a 的值【解答】解：线性方程组的增广矩阵为，该线性方程组的解为，把 x=1，y=2，代入得a+6=4，解得 a=2 故答案为：2 3计算=【考点】数列的极限【分析】将 1+2+3+n=的形式，在利用洛必达法则，求极限值【解答】解：原式=故答案为：4若向量，满足且 与 的夹角为，则=【考点】平面向量数量积的运算【分析】根据可得答案【解答】解：且 与 的夹角为=7 则=故答案为：5若复数 z1=3+4i，z2=12i，其中 i 是虚数单位，则复数的虚部为 3 【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】由已知利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：z1=

9、3+4i，z2=12i，=，复数的虚部为3 故答案为：3 6在的展开式中，常数项是 15 （用数字作答）【考点】二项式系数的性质【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 0，求得 r 的值，即可求得展开式中的常数项【解答】解：在的展开式的通项公式为 Tr+1=?（1）r?，令r6=0，求得 r=4，故的展开式中的常数项是 5 故答案为：15 7已知ABC 的内角 A、B、C 所对应边的长度分别为 a、b、c，若，则角 C 的大小是 【考点】二阶行列式的定义【分析】由二阶行列式性质得 a2+b2c2=ab，由此利用余弦定理求出 cosC=，从而能求出角 C 的大小【解答】解：

10、ABC 的内角 A、B、C 所对应边的长度分别为 a、b、c，a2c2=b2+ab，即 a2+b2c2=ab，cosC=，C 是ABC 的内角，C=故答案为：8 已知等比数列an的各项均为正数，且满足：a1a7=4，则数列log2an的前 7 项之和为 7 【考点】等比数列的性质【分析】由等比数列的性质可得：a1a7=a2a6=a3a5=4，再利用指数与对数的运算性质即可得出【解答】解：由等比数列的性质可得：a1a7=a2a6=a3a5=4=4，数列log2an的前 7 项和=log2a1+log2a2+log2a7=log2（a1a2a7）=log227=7，故答案为：7 9在极坐标系中曲线

11、 C：=2cos 上的点到（1，）距离的最大值为 3 【考点】参数方程化成普通方程【分析】把极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到点（1，）的距离，进而得出最大值【解答】解：曲线 C：=2cos 即 2=2cos，化为直角坐标方程：x2+y2=2x，配方为：（x1）2+y2=1，可得圆心 C（1，0），半径 r=1 点 P（1，）化为直角坐标 P（1，0）|CP|=2，曲线 C：=2cos 上的点到（1，）距离的最大值=2+1=3 故答案为：3 10袋中有 5 只大小相同的乒乓球，编号为 1 至 5，从袋中随机抽取 3 只，若以 表示取到球中的最大号码，则 的数学期望是 【考点】离散型随机变量

12、的期望与方差【分析】由已知得 的可能取值为 3，4，5，分别求出相应的概率，由此能求出 E（）【解答】解：由已知得 的可能取值为 3，4，5，P（=3）=，P（=4）=，P（=5）=，E（）=故答案为：11已知双曲线的右焦点为 F，过点 F 且平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点 P，M 在直线 PF 上，且满足，则=【考点】双曲线的简单性质【分析】求得双曲线的 a，b，c，可得 F（，0），渐近线方程为 y=2x，设过点 F 且平行于双曲线的一条渐近线为 y=2（x），代入双曲线的方程可得 P 的坐标，由两直线垂直的条件可得直线 OM 的方程，联立直线 y=2（x），求得 M 的坐标

13、，由向量共线的坐标表示，计算即可得到所求值【解答】解：双曲线的 a=1，b=2，c=，可得 F（，0），渐近线方程为 y=2x，设过点 F 且平行于双曲线的一条渐近线为 y=2（x），代入双曲线的方程，可得 x=，可得 P（，），由直线 OM：y=x 和直线 y=2（x），可得 M（，），即有=故答案为：12现有 5 位教师要带三个班级外出参加志愿者服务，要求每个班级至多两位老师带队，且教师甲、乙不能单独带队，则不同的带队方案有 54 （用数字作答）【考点】排列、组合的实际应用【分析】根据题意，采用分类原理，对甲，乙老师分当甲，乙带不同班和当甲，乙带相同班时分别求解，最后求和即可【解答】解：当

14、甲，乙带不同班时：=36 种；当甲，乙带相同班时，=18 种；故共有 54 中，故答案为：54 13若关于 x 的方程（4x+）|5x|=m 在（0，+）内恰有三个相异实根，则实数 m的取值范围为（6，）【考点】函数的零点与方程根的关系【分析】分类讨论以去掉绝对值号，从而利用基本不等式确定各自方程的根的个数，从而解得【解答】解：当 x时，5x0，方程（4x+）|5x|=m，（4x+）（5x）=m，即x+=m；m 当 0 x时，5x0，方程（4x+）|5x|=m，（4x+）+（5x）=m，即 9x+=m；9x+6；当 m6 时，方程 9x+=m 无解；当 m=6 时，方程 9x+=m 有且只有一

15、个解；当 6m10 时，方程 9x+=m 在（0，1）上有两个解；当 m=10 时，方程 9x+=m 的解为 1，；综上所述，实数 m 的取值范围为（6，）故答案为：（6，）14 课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法 祖暅原理也可用来求旋转体的体积 现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图 1），即可求得球的体积公式请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为，将此椭圆绕 y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图

16、 2），其体积等于 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】构造一个底面半径为 2，高为 5 的圆柱，从中挖去一个圆锥，则由祖暅原理可得：椭球的体积为几何体体积的 2 倍【解答】解：椭圆的长半轴为 5，短半轴为 2，现构造一个底面半径为 2，高为 5 的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积 V=2（V圆柱V圆锥）=2（225）=故答案为：二、选择题 15下列函数中，既是奇函数，又在区间（0，+）上递增的是（）Ay=2|x|By=lnx C D【考点】奇偶性与单调性的综合【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义

17、和性质进行判断即可【解答】解：A函数 y=2|x|为偶函数，不满足条件 B函数的定义域为（0，+），函数为非奇非偶函数，不满足条件 C.是奇函数，在（0，+）上递增，满足条件 D.是奇函数，当 0 x1 时函数为减函数，当 x1 时函数为增函数，不满足条件 故选：C 16已知直线 l 的倾斜角为，斜率为 k，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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】“”，可得 0tan，“”；反之不成立，可能为钝角【解答】解：“”?0tan?“”；反之不成立，可能为钝角“”是“”的充分不必要条件 故选：A 17设

18、x，y，z 是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（）A B C D|xy|xz|+|yz|【考点】基本不等式【分析】Ax，y，是互不相等的正数，令 t=x+2，可得：=t2t2=（t2）（t+1）0，即可判断出真假；B.=，即可判断出真假 C取 x=1，y=2，即可判断出真假；D|xy|=|（xz）+（zy）|xz|+|yz|，即可判断出真假【解答】解：Ax，y，是互不相等的正数，令 t=x+2，=t2t2=（t2）（t+1）0，正确；B，=0，正确 C取 x=1，y=2，则|xy|+=11=02，因此不正确；D|xy|=|（xz）+（zy）|xz|+|yz|，正确 故选：C 18已知命

19、题：“若 a，b 为异面直线，平面 过直线 a 且与直线 b 平行，则直线 b 与平面 的距离等于异面直线 a，b 之间的距离”为真命题根据上述命题，若 a，b 为异面直线，且它们之间的距离为 d，则空间中与 a，b 均异面且距离也均为 d 的直线 c 的条数为（）A0 条 B1 条 C多于 1 条，但为有限条 D无数多条【考点】点、线、面间的距离计算【分析】如图所示，给出一个平行六面体 ABCDA1B1C1D1取 AD=a，A1B1=b，假设平行平面 ABCD 与 A1B1C1D1之间的距离为 d若平面 BCC1B1a，平面 CDD1C1b，且满足它们之间的距离等于 d，其交线 CC1满足条

20、件把满足平面 BCC1B1a，平面 CDD1C1b，且它们之间的距离等于 d 的两个平面旋转，则所有的交线 CC1都满足条件，即可判断出结论【解答】解：如图所示，给出一个平行六面体 ABCDA1B1C1D1 取 AD=a，A1B1=b，假设平行平面 ABCD 与 A1B1C1D1之间的距离为 d 平面 BCC1B1a，平面 CDD1C1b，且满足它们之间的距离等于 d，其交线 CC1满足与 a，b 均异面且距离也均为 d 的直线 c 把满足平面 BCC1B1a，平面 CDD1C1b，且它们之间的距离等于 d 的两个平面旋转，则所有的交线 CC1都满足与 a，b 均异面且距离也均为 d 的直线

21、c 因此满足条件的直线有无数条 故选：D 三、解答题 19 如图，底面是直角三角形的直三棱柱 ABCA1B1C1中，D 是棱 AA1上的动点（1）证明：DC1BC；（2）求三棱锥 CBDC1的体积【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质【分析】（1）由棱锥是直棱锥可得侧面与底面垂直，由面面垂直的性质可得 BC平面ACC1A1，进一步得到 BCDC1；（2）利用等积法，把三棱锥 CBDC1的体积转化为三棱锥 BCDC1的体积求解【解答】（1）证明：如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC，CC1底面 ABC，又 CC1?面 ACC1A1，面 ACC1A1底面 ABC，

22、而面 ACC1A1底面 ABC=AC，由ABC 为 Rt，且 AC=BC，得 BCAC，BC平面 ACC1A1，BCDC1；（2）解：由（1）知，BC平面 ACC1A1，AA1=2，则=20某菜农有两段总长度为 20 米的篱笆 PA 及 PB，现打算用它们和两面成直角的墙 OM、ON 围成一个如图所示的四边形菜园 OAPB（假设 OM、ON 这两面墙都足够长）已知|PA|=|PB|=10（米），OAP=OBP设OAP=，四边形 OAPB的面积为 S（1）将 S 表示为 的函数，并写出自变量 的取值范围；（2）求出 S 的最大值，并指出此时所对应 的值【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（1）在三

23、角 POB 中，由正弦定理，得：，得 OB=10（cos+sin）再利用三角形面积计算公式即可得出（2）由（1）利用倍角公式与和差公式、三角函数的单调性最值即可得出【解答】解：（1）在三角 POB 中，由正弦定理，得：，得 OB=10（cos+sin）所以，S=100（sincos+sin2），（2）S=100（sincos+sin2）=50（2sincos+2sin2）=50（sin2cos2+1）=，所以 S 的最大值为：50+50，=21已知函数，其中 aR（1）根据 a 的不同取值，讨论 f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）已知 a0，函数 f（x）的反函数为 f1（x），若函数 y=

24、f（x）+f1（x）在区间1，2上的最小值为 1+log23，求函数 f（x）在区间1，2上的最大值【考点】函数的最值及其几何意义；反函数【分析】（1）由得 f（x）=ax+log2（2x+1）x，从而可得当a=时函数为偶函数；（2）可判断与 f1（x）都是增函数，从而可得 f（1）+f1（1）=1+log23，从而解出 a【解答】解：（1），f（x）=ax+log2（2x+1）=ax+log2（2x+1）log22x=ax+log2（2x+1）x，f（x）=f（x），即axx=ax，故 a=；此时函数为偶函数，若 a，函数为非奇非偶函数；（2）a0，单调递增，又函数 f（x）的反函数为 f1

25、（x），f1（x）单调递增；f（1）+f1（1）=1+log23，即 a+log23+f1（1）=1+log23，故 f1（1）=1a，即 a（1a）+log2（2a1+1）=1，解得，a=1；故 f（2）=2+log25 22已知椭圆 C：的焦距为，且右焦点 F 与短轴的两个端点组成一个正三角形若直线 l 与椭圆 C 交于 A（x1，y1）、B（x2，y2），且在椭圆 C 上存在点M，使得：（其中 O 为坐标原点），则称直线 l 具有性质 H（1）求椭圆 C 的方程；（2）若直线 l 垂直于 x 轴，且具有性质 H，求直线 l 的方程；（3）求证：在椭圆 C 上不存在三个不同的点 P、Q、R

26、，使得直线 PQ、QR、RP 都具有性质 H【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【分析】（1）由椭圆的焦距为，右焦点 F 与短轴的两个端点组成一个正三角形，求出 a，b，由此能求出椭圆 C 的方程（2）设直线 l：x=t，（2t2），则 A（t，y1），B（t，y2），设 M（xm，ym），求出，=，由点 M 在椭圆 C 上，能求出直线 l 的方程（3）假设在椭圆 C 上存在三个不同的点 P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3），使得直线PQ、QR、RP 都具有性质 H，利用反证法推导出相互矛盾结论，从而能证明在椭圆 C 上不存在三个不同的点 P、Q、R，使得直线 PQ

27、、QR、RP 都具有性质 H【解答】解：（1）椭圆 C：的焦距为，c=，右焦点 F 与短轴的两个端点组成一个正三角形，c=，解得 b=1，a2=b2+c2=4，椭圆 C 的方程为（2）设直线 l：x=t，（2t2），则 A（t，y1），B（t，y2），其中 y1，y2满足：，y1+y2=0，设 M（xm，ym），（其中 O 为坐标原点），=，点 M 在椭圆 C 上，49t2+4t2=100，t=，直线 l 的方程为 x=或 x=证明：（3）假设在椭圆 C 上存在三个不同的点 P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3），使得直线 PQ、QR、RP 都具有性质 H，直线 PQ 具有性质

28、H，在椭圆 C 上存在点 M，使得：，设 M（xm，ym），则，ym=，点 M 在椭圆上，+（）2=1，又，=0，同理：=0，1）若 x1，x2，x3中至少一个为 0，不妨设 x1=0，则 y10，由得 y2=y3=0，即 Q，R 为长轴的两个端点，则不成立，矛盾 2）若 x1，x2，x3均不为 0，则由得=0，矛盾 在椭圆 C 上不存在三个不同的点 P、Q、R，使得直线 PQ、QR、RP 都具有性质 H 23已知数列an和bn满足：，且对一切 nN*，均有（1）求证：数列为等差数列，并求数列an的通项公式；（2）若=2，求数列bn的前 n 项和 Sn；（3）设，记数列cn的前 n 项和为 T

29、n，问：是否存在正整数，对一切 nN*，均有 T4Tn恒成立若存在，求出所有正整数 的值；若不存在，请说明理由【考点】数列递推式；数列的求和【分析】（1）化简可得，从而写出，即；（2）当=2 时，an=n2+n，从而求得 bn=2n，从而求等比数列前 n 项和（3）仿照（2）可得，bn=2n+r2，从而化简 cn=2r2n（），从而分类讨论以确定 的值【解答】解：（1）证明：，两边除以 n（n+1）得，即，故数列为等差数列，故，故；（2）当=2 时，an=n2+n，b1=2，bn+1=2n+1，综上所述，bn=2n，Sn=2n+12；（3）仿照（2）可得，bn=2n+r2，cn=2r2n（），

30、对一切 nN*，均有 T4Tn恒成立，当 n4 时，cn0；若=1，则 cn=12n，c5=0，故 T5T4，故不成立；若=2，则 cn=2n，故 c1=0，c2=，c3=0，c4=0，c5=0，且当 n5 时，2nn2+n，故成立；若=3，则 cn=，故 c1=0，c2=0，c3=0，c4=0，故且当 n5 时，?2nn2+2n，故成立；若 4，则 cn=，c4=，令 f（r）=16164（r1），则 f（r）=16?ln?4=4（ln4?1）0，故 f（r）在4，+）上是增函数，故 f（4）=16216430，故 c40，故 T3T4，故不成立；综上所述，的值为 2 或 3 2016 年 9 月 20 日