浦东区高考数学二模试卷含答案.pdf

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1、2 0 1 6年 浦 东 新 区 高 考 数 学 二 模 试 卷 含 答 案 一、填空题共 56 分 1、已知全集UR,若集合|01xAxx,则UC A _ 2、已知复数z满足(1)2zii,其中i为虚数单位,则z _ 3、双曲线2226xy的焦距为_ 4、已知61axx二项展开式中的第五项系数为152,则正实数a等于_ 5、方程22log(97)2log(31)xx的解为_ 6、已知函数311()=3xf xaxa 的图像与它的反函数的图像重合,则实数a的值为_ 7、在ABC中,边,a b c所对角分别为,A B C,若sin02cosaBbA,则ABC的形状为_ 8、理在极坐标系中,点(2

2、,)2A到直线cos()24的距离为_ 文若某几何体的三视图单位：cm如图所示,则此几何体的体积是_3cm 9、理离散型随机变量的概率分布列如图,若1E,则D的值为_ 文设,x y满足约束条件0,002063yxyxyx,则目标函数2zxy的最大值为_ 10、已知四面体ABCD中,2 CDAB,E,F分别为BC,AD的中点,且异面直线AB与CD所成的角为3,则EF=_ 11、设,m n分别为连续两次投掷骰子得到的点数,且向量(,)am n,(1,1)b,则a与b的夹角为锐角的概率是_ 12.、理已知数列 na的通项公式为(1)2nnnan,*nN,则这个数列的前n项和nS _ 文已知数列 na

3、的通项公式为(1)2nnnan,*nN,则这个数列的前2n项和2nS_ 13、理任意实数,a b,定义00abababaabb,设函数2()logf xxx（）.数列 na是公比大于0的等比数列,且61a,1239101()()()()()2f af af af af aa,则1a _ 文已知函数1()f xxx,数列 na是公比大于0的等比数列,且61a,1239101()()()()()f af af af af aa,则1a _ 14、理关于x的方程11sin211xx 在2016,2016上解的个数是_ 文关于x的方程11sin211xx 在6,6上解的个数是_ 二、选择题本大题共有

4、4 题,满分 20 分；每小题都给出四个选项,其中有且只有一个选项是正确的,考生应在答题纸相应位置上,选对得 5 分,否则一律得零分.15、“112x”是“不等式11x成立”的 A 充分非必要条件.B 必要非充分条件.C 充要条件.D 既非充分亦非必要条件.16、给出下列命题,其中正确的命题为 A 若直线a和b共面,直线b和c共面,则a和c共面；B 直线a与平面不垂直,则a与平面内的所有直线都不垂直；C 直线a与平面不平行,则a与平面内的所有直线都不平行；D 异面直线a、b不垂直,则过a的任何平面与b都不垂直.17、抛物线24yx的焦点为F,点(,)P x y为该抛物线上的动点,又点(1,0)

5、A,则PFPA的最小值是 A12 B22 C32 D2 33 18、已知平面直角坐标系中两个定点(3,2),(3,2)EF,如果对于常数,在函数224,4,4yxxx 的图像上有且只有6个不同的点P,使得PFPE成立,那么的取值范围是 A95,5 B9,115 C9,15 D5,11 三、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的相应位置上,写出必要的步骤 19、本题满分 12 分,第 1 题 6 分,第 2 题 6 分 如图,在圆锥SO中,AB为底面圆O的直径,点C为AB的中点,SOAB.1 证明：AB 平面SOC；2 若点D为母线SC的中点,求AD与平面SOC所成

6、的角.结果用反三角函数表示 20、本题满分 14 分,第 1 题 8 分,第 2 题 6 分 如图,一智能扫地机器人在A处发现位于它正西方向的B处和北偏东30方向上的C处分别有需要清扫的垃圾,红外线感应测量发现机器人到B的距离比到C的距离少4.0m,于是选择沿CBA路线清扫.已知智能扫地机器人的直线行走速度为sm/2.0,忽略机器人吸入垃圾及在B处旋转所用时间,10 秒钟完成了清扫任务;1CB,两处垃圾的距离是多少 精确到1.0 2 智能扫地机器人此次清扫行走路线的夹角B是多少 用反三角函数表示 21、理本题满分 14 分,第 1 题 6 分,第 2 题 8 分 数列 na满足：112,2nn

7、naaa,且123,1,a aa成等差数列,其中*nN;1 求实数的值及数列 na的通项公式；2 若不等式21625nppna成立的自然数n恰有4个,求正整数p的值 文数列 na满足：112,2nnnaaa,且123,1,a aa成等差数列,其中*nN;1 求实数的值及数列 na的通项公式；2 若不等式1625npna成立的自然数n恰有 3 个,求正整数p的值 22、理满分 16 分,第 1 小题 4 分,第 2 小题 6 分,第 3 小题 6 分 东北BAC教材曾有介绍：圆222ryx上的点),(00yx处的切线方程为200ryyxx;我们将其结论推广：椭圆12222byax0 ba上的点)

8、,(00yx处的切线方程为12020byyaxx,在解本题时可以直接应用；已知,直线03 yx与椭圆E：1222 yax1a有且只有一个公共点；1 求a的值；2 设O为坐标原点,过椭圆E上的两点A、B分别作该椭圆的两条切线1l、2l,且1l与2l交于点),2(mM,当m变化时,求OAB面积的最大值；3 在 2 的条件下,经过点),2(mM作直线l与该椭圆E交于C、D两点,在线段CD上存在点N,使|MDMCNDCN成立,试问：点N是否在直线AB上,请说明理由；22、文满分 16 分,第 1 小题 4 分,第 2 小题中的第小题6 分,第小题 6 分 教材曾有介绍：圆222ryx上的点),(00y

9、x处的切线方程为200ryyxx;我们将其结论推广：椭圆12222byax0 ba上的点),(00yx处的切线方程为12020byyaxx,在解本题时可以直接应用；已知,直线03 yx与椭圆E：1222 yax1a有且只有一个公共点；1 求a的值；2 设O为坐标原点,过椭圆E上的两点A、B分别作该椭圆的两条切线1l、2l,且1l与2l交于点),2(mM;设0m,直线AB、OM的斜率分别为1k、2k,求证：21kk为定值；设mR,求OAB面积的最大值；23、理满分 18 分,第 1 小题 4 分,第 2 小题 6 分,第 3 小题8 分 已知()f x是定义在,a b上的函数,如果存在常数0M,

10、对区间,a b的任意划分：011nnaxxxxb,和式11()()niiif xf xM恒成立,则称()f x为,a b上的“绝对差有界函数”；注：121niniaaaa 1 证明函数()sincosf xxx在,02上是“绝对差有界函数”；2 证明函数cos,01,()20,0 xxf xxx不是 0,1上的“绝对差有界函数”；3 记集合|)(xfA 存在常数0k,对任意的,21baxx,有|)()(|2121xxkxfxf成立,证明集合A中的任意函数()f x为“绝对差有界函数”,并判断()2016sin 2016g xx是否在集合A中,如果在,请证明并求k的最小值；如果不在,请说明理由；

11、23、文满分 18 分,第 1 小题 4 分,第 2 小题 8 分,第 3 小题 6 分 已知()f x是定义在,a b上的函数,如果存在常数0M,对区间,a b的任意划分：011nnaxxxxb,和式11()()niiif xf xM恒成立,则称()f x为,a b上的“绝对差有界函数”;注：121niniaaaa 1 证明函数()sincosf xxx在,02上是“绝对差有界函数”；2 记集合|)(xfA 存在常数0k,对任意的,21baxx,有|)()(|2121xxkxfxf成立,证明集合A中的任意函数()f x为“绝对差有界函数”;当 ,1,2a b 时,判断()g xx是否在集合A

12、中,如果在,请证明并求k的最小值；如果不在,请说明理由；3 证明函数cos,01,()20,0 xxf xxx不是 0,1上的“绝对差有界函数”；浦东新区 2015 学年第二学期高三教学质量检测 数学试卷答案及评分细则文理合卷 1 0,1 2 2 3 6 4 22 5 0,1 6 3a 7等腰或直角三角形 8理2 2 文 18 9理0.4 文14 10 1 或3 11 错误!12.理1122,252,22nnnnnSnn为奇数为偶数 文21222nnSn 13理4 文22 14理4031 文9 15.A 16.D 17 B 18.C 191 证明：在圆锥SO中,SOAB2 分 点C为AB的中点

13、,OCAB4 分 由ABSOABOCABSOOCC平面SOC6 分 2 解：联结OD,AB 平面SOC ADO为AD与平面SOC所成的角8 分 设OCa,则2SOa,22115(2)222ODSCaaa 在Rt AOD中,2 5tan552OAaADOODa11 分 2 5arctan5ADO12 分 20.解：1 设cba、分别是 A、B、C 所对的边,cba、均为正数;由题意可知：120A,4.0cb,2102.0ac3 分 由余弦定理可得：Abccbacos2222 028.76.62aa 由2ac 得,4.1a 另一解2.5a与题意不符,舍 不舍扣 1 分4 分 即 B、C 两处垃圾的

14、距离是米;1 分 2 由题意得：14.2ab1 分 正弦定理可得：AaBbsinsin 即,14354.1120sin1sinB3 分 由题意,B为锐角,得1435arcsinB1 分 即,智能扫地机器人此次清扫行走路线的夹角1435arcsinB1 分 21理 解答：1 由题意：2322,26aa 123,1,a aa成等差数列,2(32)226,2 分 解得：13 分 112,2nnnaaa,112211()()()2nnnnnnaaaaaaaa,5 分 解得：2nna 6 分 2 解：21625nppna,18252nppn 0p,1,2n显然成立8 分 当3n时,12582npnp,9

15、 分 设11252nnbn 111112325(72)222nnnnnbbnnn11 分 当3n时,43bb；当4n时,456bbb；34561357,481632bbbb,有4536bbbb 若12582npnp还需有 2 解,则358pbbp,即154816pp,12 分 解得840311p,所以正整数3p 14 分 21文 解答：1 由题意：2322,26aa 123,1,a aa成等差数列,2(32)226,2 分 解得：13 分 112,2nnnaaa,112211()()()2nnnnnnaaaaaaaa,5 分 解得：2nna 6 分 2 解：1625npna,18252npn

16、0p,1,2n显然成立8 分 当3n时,12582npn,9 分 设11252nnbn 111112325(72)222nnnnnbbnnn11 分 当3n 时,43bb；当4n时,456bbb；345135,4816bbb,有453bbb 若12582npn还需有 1 解,则548pbb,即531688p,12 分 解得532p,所以正整数p的值为 314 分 22理 解：1 联立13222yaxxy整理得0232)11(22xxa 依题意0即202)11(4)32(22aa4 分 2 设),(11yxA、),(22yxB于是直线1l、2l的方程分别为1211yyxx、1222yyxx 将)

17、,2(mM代入1l、2l的方程得0111 myx且0122 myx 所以直线AB的方程为01 myx6 分 联立120122yxmyx012)2(22myym 显然0,由21,yy是该方程的两个实根,有22221mmyy,21221myy8 分 OAB面积112212x ySx y的绝对值,即121|2Syy 即21211)1(2)2()1(24)(4122222212212mmmmyyyyS 当0m时,S取得最大值2210 分 3 点N在直线AB上11 分 因为|MDMCNDCN 设),(CCyxC、),(DDyxD、),(00yxN,且NDCN1.0 于是MDCM 即01xxxDC、01y

18、yyDC、21DCxx、myyDC1 又1222CCyx,1222DDyx13 分 1121DCDCxxxx111DCDCyyyy,15 分 122100myx0100 myx,即N在直线AB上;16 分 22文 解：1 联立13222yaxxy整理得0232)11(22xxa 依题意0即202)11(4)32(22aa4 分 2设),(11yxA、),(22yxB于是直线1l、2l的方程分别为1211yyxx、1222yyxx 将),2(mM代入1l、2l的方程得0111 myx且0122 myx 所以直线AB的方程为01 myx7 分 mk11,22mk,所以2121kk为定值10 分 依

19、题意联立120122yxmyx012)2(22myym 显然0,由21,yy是该方程的两个实根,有22221mmyy,21221myy12 分 OAB面积112212x ySx y的绝对值,即121|2Syy14 分 即21211)1(2)2()1(24)(4122222212212mmmmyyyyS 当0m时,S取得最大值2216 分 23.理 解：1 因为=2sin+4fxx在区间,02上为单调递增函数,2 分 所以当1,0,1,2,1iixxin时,有 1,0,1,2,1iif xf xin,所以 11()()022niiif xf xff;从而对区间,02的任意划分：01102nnxx

20、xx,存在2M,11()()2niiif xf x成立;综上,函数()sincosf xxx在,02上是“绝对差有界函数”;4 分 2 取区间 0,1的一个划分：111012212nn,6 分 则有：所以对任意常数0M,只要n足够大,就有区间 0,1的一个划分：111012212nn满足11()()niiif xf xM;10 分 3 证明：任取()f xA,存在常数120,kx xa b，对任意的有1212()()f xf xk xx成立;从而对区间,a b的任意划分：011nnaxxxxb,和式1111()()nniiiiiif xf xkxxk ba成立;取Mk ba,所以集合A中的任意

21、函数()f x为“绝对差有界函数”;14 分 因为|sin|xx,所以对任意的12,x xa b有 1212121212212|2016sin 20162016sin 2016|2016 2sin 10081008cos 100810082016 2sin 100810082016g xg xxxxxxxxxxx,所以k的最小值为22016;18 分 23.文 解：1 因为=2sin+4fxx在区间,02上为单调递增函数,2 分 所以当1,0,1,2,1iixxin时,有 1,0,1,2,1iif xf xin,所以 11()()022niiif xf xff;从而对区间,02的任意划分：01

22、102nnxxxx,存在2M,11()()2niiif xf x成立;综上,函数()sincosf xxx在,02上是“绝对差有界函数”;4 分 2 证明：任取()f xA,存在常数120,kx xa b，对任意的有1212()()f xf xk xx成立;从而对区间,a b的任意划分：011nnaxxxxb,和式1111()()nniiiiiif xf xkxxk ba成立;取Mk ba,所以集合A中的任意函数()f x为“绝对差有界函数”;8 分 对于任意的 12,1,2x x,121212121212xxg xg xxxxxxx;所以k的最小值为12;12 分 3 取区间 0,1的一个划分：111012212nn,14 分 则有：所以对任意常数0M,只要n足够大,就有区间 0,1的一个划分：111012212nn满足11()()niiif xf xM;所以函数cos,01,()20,0 xxf xxx不是 0,1的“绝对差有界函数”;18 分