宝山区高考数学二模试卷含答案

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1、2017 年宝山区高考数学二模试卷含答案一、填空题（本大题共有12 题，满分 54 分，第 1:6 题每题 4 分，第 7 : 12 题每题 5 分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果 .1.若集合 Ax | x0 ， Bx | x 1 ，则 AB_2.已知复数 z 满足2iz 1i （ i 为虚数单位），则 z_3.函数 fxsin xcosx的最小正周期是 _cosxsin x4.已知双曲线x2y21 a0的一条渐近线方程y3x ，则 a_a 2815.若圆柱的侧面展开图是边长为4 的正方形，则圆柱的体积为_xy06.已知 x, y 满足 xy2 ，则 z2xy 的最大值是 _x20xt

2、1x3cos为参数）的交点个数是 _7.直线2（ t 为参数）与曲线y2sin（yt8.已知函数 fx2xx0x的反函数是f1x ，则 f 1_log 2 x 0129.设多项式 1x121x31 xnx0,nN*的展开式中 x 项的系数xL为 Tn ，则 limTn_n2n10.生产零件需要经过两道工序，在第一、第二道工序中产生的概率分别为0.01 和 p ，每道工序产生废品相互独立，若经过两道工序得到的零件不是废品的概率是0.9603 ，则p _urrur r11.设向量 mx, y , nx, y ，P 为曲线 m n 1 x 0 上的一个动点， 若点 P 到直线xy 10的距离大于恒成

3、立，则实数的最大值为 _12.设 x1, x2 ,L , x10 为 1,2, L ,10 的一个排列， 则满足对任意正整数 m, n ，且 1 mn 10 ，都有 xmmxn n 成立的不同排列的个数为_二、选择题（本大题共有4 题，满分 20 分，每题 5 分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13.设 a,bR ，则“ ab4 ”是“ a1 且 b3 ”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件14.如图， P 为正方体 ABCDA1B1C1D1 中 AC1 与 BD1 的交点，则 VPAC 在

4、该正方体各个面上的射影可能是（）A.B. C.D. 15.如图，在同一平面内，点P 位于两平行直线l1 , l 2 同侧，且 P 到 l1, l2 的距离分别为1， 3.uuuuruuuruuuuruuur点 M , N 分别在 l1, l2 上， PMPN 8 ，则PMPN 的最大值为（）A. 15B. 12C. 10D. 916.若存在 tR 与正数 m ，使 F t m Ftm 成立，则称“函数Fx在 x t 处存在距离为 2m的对称点”，设 fx2x0 ，若对于任意 t2,6，总存在正xx数 m ，使得“函数 f x 在 xt 处存在距离为2m 的对称点”，则实数的取值范围是 （）A.

5、 0,2B. 1,2C.1,2D. 1,4三、解答题（本大题共有5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤 .17.（本题满分14 分，第 1 小题满分8 分，第 2 小题满分6 分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1 中， E 、 F 分别是线段BC 、 CD1 的中点 .（ 1）求异面直线 EF 与 AA1 所成角的大小；（ 2）求直线 EF 与平面 AA1B1B 所成角的大小 .18.（本题满分14 分，第1 小题6 分，第2 小题8 分）已知抛物线y 22 px p0，其准线方程为x10 ，直线l 过点 T t,0t0且与抛物线交于A 、B 两点， O

6、 为坐标原点.（1）求抛物线方程，并证明：uuur uuurOA OB 的值与直线l 倾斜角的大小无关；（2）若P 为抛物线上的动点，记PT 的最小值为函数d t ，求 d t 的解析式.19.（本题满分14 分，第1 小题6 分，第2 小题8 分）对于定义域为D 的函数yfx，如果存在区间m, nD mn，同时满足：f x 在 m, n 内是单调函数；当定义域是m,n时， f x 的值域也是m, n 则称函数 f x 是区间m,n 上的“保值函数” .（ 1）求证：函数 g xx22x 不是定义域0,1 上的“保值函数” ；（ 2）已知 f x11是区间m, n 上的“保值函数” ，求 a

7、的取2a R, a 0aa2 x值范围 .20.（本题满分16 分，第1 小题满分4 分，第2 小题满分6 分，第3 小题满分6 分）数列an中，已知a11, a2a, an1k anan 2对任意nN *都成立， 数列an的前 n 项和为 Sn .（这里 a, k 均为实数）（1）若 an是等差数列，求k ；（2）若 a1,k1，求 Sn ;2（3）是否存在实数 k ，使数列an 是公比不为1 的等比数列， 且任意相邻三项 am, am 1 , am 2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，请说明理由 .21.（本题满分 18 分，第1 小题满分4 分，第 2 小题满

8、分6 分，第 3 小题满分 8 分）设 T R, 若存在常数 M0 ，使得对任意 tT ，均有 tM ，则称 T 为有界集合，同时称 M 为集合 T 的上界 .（1）设 A1y | y2x1, xR、 A2x | sin x1，试判断 A1 、 A2是否为有界集2x12合，并说明理由；（ 2 ）已知f xx2u ，记 f1xfx , fnxff n 1x n 2,3,L. 若 m R ，u1 ,，且 Bf n m| nN *为有界集合，求u 的值及 m 的取值范围；4（3）设 a 、 b 、 c 均为正数，将 ab22a2、 bc 、 c中的最小数记为 d ，是否存在正数0,1 ，使得为有界集

9、合 C y | yd2 , a 、b 、c 均为正数 的上界，a2b2c若存在，试求的最小值；若不存在，请说明理由.参考答案1.(0,1)2.13.4.35. 5.16. 37. 28. - 1110. 0.03212.5129.11.2213. B14.C15.A16.A17. （ 1） arctan2（ 2） arctan2218.（1） y24x ，证明略（2） d (t)2t1,(t2)t,(0t2)19. （ 1）证明略13（2） a 或 a -2220. （ 1） k12（2） Sn2n(n2k1,k N )n,( n2k, kN )（3）k2521.（1） A1为有界集合，上界为

10、1； A2不是有界集合（2） u11,1， m224（3）15解析：（ 2）设 a0m, a1fm ,anfan1 ,n1,2,3,. ，则 anfnm2 a1f m m2u1 ，则 a2a1a12a1ua11u10424121且 anan 1an 1uan 120 an4若 Bfnm | nN *为有界集合，则设其上界为M 0 ，既有 anM 0 , nN*ananan 1an 1an 2. a2a1a1anan 1an1an 2.a2 a1 a1222an 11u1an 21u1.a11u1m2u242424222an11an21.a11m2nu1unu1u22244若 anM 0 恒成立

11、，则 nu1M 0 恒成立，又 u1u10u444 u1 ， fxx2144设 m1212111（i ）0 ，则 a1a0f m m2a1a02422 anan1 . a1m121记 g xfxxx22，则当 x1 x21时， g x1 g x22 g an 1f an 1an 1anan 1g m a12a0 an a12 n 1，若 anM 0 恒成立，则0 ，矛盾。（ii ）0 ，由（ i）可知 anan 1 .a1 m1，满足题意。22（iii ）0 ，同样有 a1a0若 a11121222若1，则 m1 ,a21若 10 ，则22m21a1 a02f mm11122242a1a01，

12、则由（ i）可知，0 ，不可能。1an 1. a11，则由（ ii）可知， an，满足题意。222111，则24,042 1 , 14 21,011，故存在1,0，使得 a21则存在1，使得 a122212以此类推，存在n1,0，使得 an2n此时 1a2.1，若n0*，则 M 0 可取1 ，满足题意。a1anM, nN42a2综上所述1,0 ， m1 , 122（3）不失一般性，不妨假设cbaac2a c，（i ）若 b。设 d22ac22ac2此时 a2b2c2a2c2a c3ac5d3ac ，22d113ac113ac21112aca2 b2c25 5 a2b2c25 5ac5 5 5a22ac 5c2a2c245a212 ac5c221220,1ydc20, 12aca2 5ca2b255ca11猜测 y，即min55（ii ）若 ab b c ，即 a 2bc 0 时， d2b c此时5da2b2c25 b2a2b2c25 b c22b c22c26bc 3c20cb即d1b2c25a2（iii ）若 abbc ，即 0a2bc2b 时， d2a b此时5da2b2c25 a2a2b2c24a210ab 4b2c22 a 2b 2a b c20b即d1b2c25a2综上所述， 01y | yd2 , a、 b、c均为正数y，集合 C2b2c的上界存5a1在，5