2017年上海春考数学试卷

数学试卷

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.

1,2,3,集合B3,4,则AB。 1。 设集合A2。 不等式x13的解集为。

3. 若复数满足2z136i(是虚数单位），则。 4. 若cos1，则sin。

23x2y4无解，则实数。

3xay65. 若关于、的方程组6. 若等差数列an的前项的和为，则a1a5=.

7。 若、是圆xy2x4y40上的动点，则PQ的最大值为.

n8. 已知数列an的通项公式an3，则lim22a1a2a3an。

nan29. 若x的二项展开式的各项系数之和为729，则该展开式中常数项的值为。

xx2y21的左、右焦点分别为、10. 设椭圆，点在该椭圆上，则使得F1F2P是等腰三角2形的点的个数是。

11。设a1,a2,,a6为1,2,3,4,5,6的一个排列，则满足a1a2a3a4a5a6的不同排列的个数为。

12。设，bR,函数f(x)x范围为。 二、选择题

13。 函数f(x)x1的单调递增区间是（ ）。

2nab在区间1,2上有两个不同的零点,则f1的取值 x- 1 -

（A） 0, （B）1, (C),0 （D）,1 14。 设R，“a0”是“

1。 0\"的（ ）

a (A） 充分非必要条件 (B)必要非充分条件 (C）充要条件 (D)既非充分又非必要条件

15。 过正方体中心（即到正方体的八个顶点距离相等的点）的平面截正方体所得的截面中，不可能的图形是（ ）.

（A)三角形 （B） 长方形 (C) 对角线不相等的菱形 （D)六边形 16. 如图所示，正八边形A1A2A3A4A5A6A7A8的边长为。若为该正八边形上的动点，则

A1A3A1P的取值范围为（ ）

(A）0,862 （B）22,862 (C） 862,22 （D） 862,862

三、解答题

17. 如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2,AA13. （1)求四棱锥A1ABCD的体积；

（2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小。





2xa18. 设,函数f(x)x.

21（1）求的值，使得f(x)为奇函数； （2）若fx

19.某景区欲建造两条圆形观景步道、(宽度忽略不计），如图所示，已知ABAC，

- 2 -

a2对任意xR成立,求的取值范围. 2ABACAD60（单位：米)，要求圆与AB、AD分别相切于点、,圆与AC、AD分

别相切于点、.

(1）若BAD60，圆和圆的半径（结果精确到0。1米）；

（2)若观景步道与的造价分别为每米千元与每米千元。如何设计圆、的大小,使总造价最低？最低总造价是多少？(结果精确到0.1千元）。

y220. 已知双曲线：x21（b0)，直线：

b2，与交于、两点，为关于轴的对称点，直ykxm(km0）线PQ与轴交于点N0,n.

'(1)若点2,0是的一个焦点,求的渐近线方程； （2）若b1,点的坐标为1,0,且NP'3'PQ,求的值； 2(3）若m2，求关于的表达式。

21.已知函数fxlog2（1)解方程fx1;

（2）设x1,1，a1,，证明：

1x 1xax1ax111,1且ffxf; axaxan1（3)设数列xn中，x11,1，xn113xn1*，nN，求的取值范围，使得

3xnx3xn对任意nN*成立.

2017年上海市普通高校春季招生统一文化考试

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数学试卷

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.

1,2,3,集合B3,4,则AB。 1. 设集合A【知识点】集合的运算

1,2,33,41,2,3,4,故AB1,2,3,4. 【解】AB2. 不等式x13的解集为. 【知识点】绝对值不等式的解法

【解】x133x132x4，故原不等式的解集为2,4。 3。 若复数满足2z136i（是虚数单位)，则。 【知识点】复数的基本概念、运算

【解】2z46i，z23i，故z23i. 4。 若cos1,则sin。

23【知识点】诱导公式 【解】sin11cos，故sin。 2233x2y4无解,则实数。

3xay65。 若关于、的方程组【知识点】线性方程组解的判定 【解】方程组x2y4无解直线:x2y4与直线：3xay6互相平行，所以

3xay63a6，解得a6. 1246。 若等差数列an的前项的和为,则a1a5=。 【知识点】等差数列的前项和，等差中项

【解】由S55a325得a35,所以a1a52a310，故a1a510。

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7. 若、是圆xy2x4y40上的动点，则PQ的最大值为。 【知识点】圆的一般方程，圆的性质

22【解】由xy2x4y40得x1y21,所以半径r1，故PQ的最大

2222值为2.

n8。 已知数列an的通项公式an3，则lima1a2a3an.

nan【知识点】等比数列的前项和，数列极限

n【解】由an3得首项a13，公比q31，

313n33n1， 所以a1a2a3an1323n313a1a2a3an132limlim1 故limnnnnnan323229。 若x的二项展开式的各项系数之和为729，则该展开式中常数项的值为。

x【知识点】二项式定理

n【解】令x1,则x62n3729，解得n6； xrn2r6r2rr所以x展开式的通项Tr1C6xC62x62r

xx33令r3,则T4C62160，故所求的常数项为160.

x2y21的左、右焦点分别为、10。 设椭圆，点在该椭圆上，则使得F1F2P是等腰三角2形的点的个数是。

【知识点】椭圆的标准方程及其性质，分类讨论思想

x2y21得a22,b21，所以ca2b21，故F1F22c2且【解】由21,0,F21,0。

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(1）若点位于椭圆的短轴的端点处，F1F2P是等腰三角形，此时点有两个; （2)若点在椭圆上，则PF2max， 21；PF2min21。

所以21F1F221，故以PF1,F1F2为两腰、PF2为底边构成等腰三角形,此时点有两个；同理以PF2,F1F2为两腰、PF1为底边构成等腰三角形，此时点有两个；

综上(1）（2）满足条件的点的个数为6个。

11.设a1,a2,,a6为1,2,3,4,5,6的一个排列，则满足a1a2a3a4a5a6的不同排列的个数为。 【知识点】排列、组合

【解】根据题意可知，若i1,2,3,4,5,6；j1,2,3,4,5,6,且ij，则aiaj1,2,3,4,5 即aiaj的最小值为1,当a1a2a3a4a5a6时,

只有a1a2a3a4a5a61，所以在1,2与2,1中选出一个，在3,4与4,3中选出一个，在5,6与6,5中选出一个,然后将选出的三个元素全排列，故不同排列的总数为

111C2C2C2P33.

12。设，bR，函数f(x)x范围为。

ab在区间1,2上有两个不同的零点，则f1的取值x【知识点】函数性质的综合，不等式的基本性质 【解】方法1 令函数f(x)xa， b在区间1,2上有两个不同的零点分别为、

x且x1x2,所以1x12、1x22，故0x111、0x211……(＊） 令f(x)0,则xab0，即x2bxa0（x0）……（*＊） x2故、是（**）的解,所以xbxa(xx1)xx20

x2bxaxx1xx2af(x)xb xxx于是f(1)(1x1)(1x2)(x11)(x21)

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由(*)可知0(x11)(x21)1，即0f(1)1。

方法2f1ab1

ab在区间1,2上有两个不同的零点，则必有a0。 xa且1a2，即1a4，此时x2a（当且仅当xa时，等号成立）

xaa令xb0,即xb

xxaa记g(x)x，yb，则函数g(x)x在区间1,2上与函数yb的图像有

xx由于函数f(x)x两个不同的交点。

aaa，再令1a210得a2 222a（1）若1a2，则1a2，则2ab1a

21a2 可行域为b2a，其端点分别为2,3、2,22、1,2。所以当

ba1由于g(1)1a,g(2)2a2,b3或a1,b2时,ab10；当a2,b22时，ab1322。此时0f(1)322；

（2)若a2，则1a2a3，则22b3，即3b22, 2 所以01ab322，此时0f(1)322； （3）若2a4,则1a2aa，则2ab2, 221a2可行域为b2a其端点分别为2,3、4,4、2,22

ab22当a2,b3时，ab10；当a4,b4时，ab11；当

a2,b22时,ab1322。此时，0f(1)1；

综上（1）（2)(3）可得，0f(1)1，即f(1)的取值范围是0,1。

- 7 -

方法3 令f(x)xab，则x2bxa0 xa故“函数f(x)xb在区间1,2上有两个不同的零点”等价于“关于的方程

xx2bxa0在区间1,2上有两个不同的根。\"

记g(x)xbxa，对称轴为x2b，则其图像在区间1,2上与轴有两个不同的20b12交点，需满足条件：2g(1)0g(2)0b24a04b2可行域端点为3,2、2,1、4,4，1ba042ba0故当b3,a2或b2,a1时，f(1)ab10；当b4,a4时，

f(1)ab1，所以0f(1)1,即f(1)的取值范围是0,1.

方法4 要使得函数f(x)xab在区间1,2上有两个不同的零点，必有a0,b0，x否则不成立。还需满足如下条件：

1a41a21ab0f(1)02ab0，以下解法同上. fa0f(2)02ab02二、选择题

13. 函数f(x)x1的单调递增区间是（ )。

2(A) 0,(B)1, （C）,0 (D),1 【知识点】函数的单调性

【解】函数f(x)x1图像的对称轴为直线x1，且该抛物线的开口向上,所以该函数

2的单调递增区间为1,，故正确选项为B。 14. 设R，“a0\"是“

10”的( ）。 a (A） 充分非必要条件 （B)必要非充分条件

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(C)充要条件 （D）既非充分又非必要条件 【知识点】分式不等式的解法，充要条件 【解】

110a0，所以a0是0成立的充要条件.故正确选项为C。 aa15。 过正方体中心（即到正方体的八个顶点距离相等的点)的平面截正方体所得的截面中，不可能的图形是（ ).

（A）三角形 （B) 长方形 (C） 对角线不相等的菱形 （D)六边形 【知识点】平面的性质、截面

【解】不可能是三角形，故正确选项为A

16。 如图所示，正八边形A1A2A3A4A5A6A7A8的边长为。若为该正八边形上的动点，则

A1A3A1P的取值范围为( ）

（A)0,862（B)22,862

(C) 862,22 (D） 862,862 【知识点】平面向量的数量积

【解】A1A3A1A2A2A3，当点在处，A1A3A1P取最小值,





此时A1PA1A8A1A3A1PA1A2A2A3A1A822cos135cos9022; 当点在处,A1A3A1P取最大值，A1PA1A2A2A3A3A4

A1A3A1PA1A2A2A3A1A2A2A3A3A4A1A2A2A3A1A2A2A3A3A4

842222862. 22所以A1A3A1P的取值范围是22,862，故正确答案为B 三、解答题

17. 如图，长方体ABCDA1B1C1D1中,ABBC2,AA13. （1）求四棱锥A1ABCD的体积； （2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小。

- 9 -

【知识点】椎体的体积，异面直线所成的角

【解】(1）四棱锥A1ABCD的底面为正方形ABCD，其面积S4; 由于A1A底面ABCD，所以A1A是四棱锥A1ABCD的高， 故h3,于是VA1ABCD11Sh434. 33（2）由于A1A//D1D，所以AA1C或其补角即为异面直线A1C与DD1所成角. 在三角形AA1C中,A1A3,AC22,A1C22223217 由余弦定理可得，cosAA1C3179178317， 0,所以cosAA1C17172317即AA1Carccos317317，故异面直线A1C与DD1所成角的大小为arccos。 17172xa18。 设，函数f(x)x.

21（1）求的值,使得f(x)为奇函数; (2)若fxa2对任意xR成立,求的取值范围。 2【知识点】函数的奇偶性，指数函数的性质,分类讨论思想

2xa【解】（1）函数f(x)x的定义域为R，

21由于f(x)为奇函数，所以对于任意实数，均有f(x)f(x)成立

2xa2xa1a2x2xax即x对于任意实数都成立，所以 xx21211212于是1a22a,即1a12xxx0，所以a1.

a22xaa2xx(2)fx，由于210,故a2a2 x2221①若a0，则02，不等式恒成立;

a2a2x0，解得0a2; ,因为y20,所以

aaa2x③若a0，则2，此时不等式不是恒成立。

a②若a0，则2x- 10 -

综上所述，实数的取值范围是0,2。

19。某景区欲建造两条圆形观景步道、（宽度忽略不计),如图所示，已知ABAC，，要求圆与AB、AD分别相切于点、，圆与AC、ADABACAD60（单位：米）分别相切于点、.

(1)若BAD60，求圆和圆的半径（结果精确到0.1米）;

(2）若观景步道与的造价分别为每米千元与每米千元。如何设计圆、的大小，使总造价最低?最低总造价是多少?（结果精确到0。1千元)。 【知识点】三角比，建立函数关系式，基本不等式 【解】（1）已知BAD60，得圆的半径为

1ABtanBAD60tan3034.6（米）。

2又CAD906030，得圆的半径为

1ACtanACD60tan1516.1（米）。

2（2）设圆和圆的半径分别为和，ttanBAD

由于0BAD90，得0121BAD45,故0t1 211t1r160tanBAD60t，r260tan45BAD60,

21t2因此，观景步道的总造价为

1t0.82r10.92r220.860t0.960

1t181281t171221441784263.9（千元）

1t当且仅当t1时等号成立,此时半径r130,r220 2答：当观景步道和的半径分别设计为米和米时，总造价最低，且最低总造价

约为263.9千元。

- 11 -

y220。 已知双曲线：x21（b0），直线:ykxm（km0）,与交于、两点,为

b2关于轴的对称点,直线PQ与轴交于点N0,n。

'(1）若点2,0是的一个焦点，求的渐近线方程； （2)若b1,点的坐标为1,0，且NP'3'PQ，求的值; 2（3）若m2,求关于的表达式。

【知识点】双曲线的标准方程及其基本性质,直线与双曲线的位置关系

y21,其渐近线方【解】（1)根据已知条件，可得c2,a1,所以b3,故的方程为x322程为y3x.

（2)当b1时，的方程为xy1，点P1,0

22' 设Qs,t，由NP'3'35PQ得，1,ns1,t，解得s 223又由点在上,解得tt014。 ,故直线的斜率ks(1)23（3)当m2时，直线的方程为ykx2，设Px1,y1Qx1,y1

b2x2y2b22222 由得，bkx4kxb40

ykx222由已知可得，bk0且16k4bk222b240

4kxx12b2k2'所以……（*），又Px1,y1， 2xxb412b2k2故直线PQ的方程为yy1'y2y1xx1

x2x1x1y2x2y1x1kx22x2kx122kx1x22x1x2x1x2x1x2由点N0,n在直线PQ上，得n'（*＊）

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b24b22，即n. 将(*)代入(＊＊)得,n2k4k221.已知函数fxlog2（1）解方程fx1；

（2)设x1,1，a1,，证明:

1x 1xax11,1且axn1ax11ffxf； axa（3）设数列xn中，x11,1，xn113xn1*，nN,求的取值范围，使得

3xnx3xn对任意nN*成立。

【知识点】对数方程的解法,对数函数的性质，分类讨论的思想 【解】(1)由fx1得，log21x1x111，所以2，解得x，经检验x是原方1x1x3313程的解，所以原方程的解集为。

ax1axax1a1x1 1a1axaxa1x10

①因为a10,x10,ax0，故

axax1ax1即10，所以1;

a1a1ax1axax1a11x 1a1axaxa11x0

②因为a10,1x0,ax0,故

axax1ax1即10，所以1；

a1a1ax1综上①②可得，1,1.

axax11111ax1axloga1x1fxlogafxfflog2 22ax11a11xaxa11axa（2)故fax11fxf

axa（3）

- 13 -

①当为奇数时，xn13xn1,且由（2）可知，fxn1fxn3xn1ffxn1， 3②当为偶数时，xn13xn1，且由(2）可知，fxn1fxn1，

3xn又fxn1log21xn1fxn1,故fxn11fxn

1xn1fxn21fxn11fxn12fxn,故

因此当为奇数时，

fxn4fxn；当为偶数时，fxn2fxn111fxn1fxn,故fxn4fxn；所以对于任意的正整数，均有fxn4fxn成立。

对

于

任

意

的

x1,1,当

x1x2时 ,01x21x1,221x11x21x11x211,log2，故log2,1x11x21x11x21x11x2所以函数f(x)在区间1,1上是增函数。

*于是当x3xn对于任意的nN都成立时，当且仅当fx3fx1、fx3fx2且

2fx1fx1fx3fx4，即，解得fx11，

2fxfx111由log21x111,解得1x1,故实数的取值范围是1,。 1x133- 14 -