1、2017年上海市延安中学高考数学三模试卷一、填空题（本题满分54分，第1题到第6题，每小题4分；第7题到第12题，每小题4分）1若复数（a+i）（1+i）在复平面上所对应的点在实轴上，则实数a= 2设集合A=x|（x2）（x3）0，集合B=x|x0，则AB= 3（x2）8的二项展开式中x7项的系数为 4若一个球的体积为36，则它的表面积为 5若等差数列an前9项的和为27，且a10=8，则d= 6函数的单调递增区间为 7如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=5，以A、B为焦点的双曲线恰好过C、D两点，则双曲线M的标准方程为 8设等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2a
2、n的最大值为 9若命题“对任意，tanxm恒成立”是假命题，则实数m的取值范围是 10把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，则方程组只有一个解的概率为 11已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数的图象上，则四边形ABCD的面积为 12已知O为ABC的外心，且，若，则+的最大值为 二、选择题（本题满分20分，每小题5分）13已知向量都是非零向量，“”是“”的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充分必要条件D既非充分也非必要条件14已知xy0，则（）ABsinxsiny0CDlnx+lny015已知函数f（x）=Asin（x+）（A，均为正的常
3、数）的最小正周期为，当x=时，函数f（x）取得最小值，则下列结论正确的是（）Af（2）f（2）f（0）Bf（0）f（2）f（2）Cf（2）f（0）f（2）Df（2）f（0）f（2）16已知x，yR，且，则存在R，使得xcos+ysin+1=0成立的P（x，y）构成的区域面积为（）A4B4CD +三、解答题（本题满分76分）17已知图一是四面体ABCD的三视图，E是AB的中点，F是CD的中点（1）求四面体ABCD的体积；（2）求EF与平面ABC所成的角18已知函数f（x）=x24x+a+3：（1）若函数y=f（x）在1，1上存在零点，求实数a的取值范围；（2）设函数g（x）=x+b，当a=3时，
4、若对任意的x11，4，总存在x25，8，使得g（x1）=f（x2），求实数b的取值范围19如图，ABC为一个等腰三角形形状的空地，腰CA的长为3（百米），底AB的长为4（百米）现决定在空地内筑一条笔直的小路EF（宽度不计），将该空地分成一个四边形和一个三角形，设分成的四边形和三角形的周长相等、面积分别为S1和S2（1）若小路一端E为AC的中点，求此时小路的长度；（2）求的最小值20已知椭圆的焦点和上顶点分别为F1、F2、B，定义：F1BF2为椭圆C的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点是椭圆的一个
5、焦点，且C1上任意一点到它的两焦点的距离之和为4（1）若椭圆C2与椭圆C1相似，且C2与C1的相似比为2：1，求椭圆C2的方程；（2）已知点P（m，n）（mn0）是椭圆C1上的任意一点，若点Q是直线y=nx与抛物线异于原点的交点，证明：点Q一定在双曲线4x24y2=1上；（3）已知直线l：y=x+1，与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为Cb，是否存在正方形ABCD，（设其面积为S），使得A、C在直线l上，B、D在曲线Cb上？若存在，求出函数S=f（b）的解析式及定义域；若不存在，请说明理由21如果存在常数a，使得数列an满足：若x是数列an中的一项，则ax也是数列an中的一项，称数列an为“兑
6、换数列”，常数a是它的“兑换系数”（1）若数列：2，3，6，m（m6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；（2）已知有穷等差数列bn的项数是n0（n03），所有项之和是B，求证：数列bn是“兑换数列”，并用n0和B表示它的“兑换系数”；（3）对于一个不少于3项，且各项皆为正整数的递增数列cn，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由2017年上海市延安中学高考数学三模试卷参考答案与试题解析一、填空题（本题满分54分，第1题到第6题，每小题4分；第7题到第12题，每小题4分）1若复数（a+i）（1+i）在复平面上所对应的点在实轴上，则实数a=1【考点】A4
7、：复数的代数表示法及其几何意义【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出【解答】解：复数（a+i）（1+i）=a1+（a+1）i在复平面上所对应的点（a1，a+1）在实轴上，则实数a满足a+1=0，解得a=1故答案为：12设集合A=x|（x2）（x3）0，集合B=x|x0，则AB=3，+）【考点】1E：交集及其运算【分析】解关于A的不等式，求出A，B的交集即可【解答】解：A=x|（x2）（x3）0=x|x3或x2，B=x|x0，故AB=3，+），故答案为：3，+）3（x2）8的二项展开式中x7项的系数为56【考点】DB：二项式系数的性质【分析】利用通项公式即可得出【解答】解：（x2）8的二项
8、展开式通项公式Tr+1=（1）rC8rx163r，令163r=7，解得r=3，故（x2）8的二项展开式中x7项的系数为56，故答案为：564若一个球的体积为36，则它的表面积为36【考点】LG：球的体积和表面积【分析】求出球的半径，直接利用表面积公式求解即可【解答】解：因为球的体积为36，所以球的半径： =3，球的表面积：432=36，故答案为：365若等差数列an前9项的和为27，且a10=8，则d=1【考点】85：等差数列的前n项和【分析】由题意可得：，解得d【解答】解：由题意可得：，解得d=1故答案为：16函数的单调递增区间为【考点】H5：正弦函数的单调性【分析】利用辅助角公式化简，结合
9、三角函数的性质可得单调递增区间【解答】解：函数=2sin（x+），令，kZ，得： ，函数f（x）的单调递增区为：故答案为：7如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=5，以A、B为焦点的双曲线恰好过C、D两点，则双曲线M的标准方程为【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】根据题意，求出A、B、C、D四点的坐标，分析可得c=6，由双曲线的定义可得2a=|AC|CB|=135=8，即a=4，由双曲线的性质可得b的值，将a、b的值代入双曲线方程即可得答案【解答】解：根据题意，分析可得A：（6，0），B（6，0），D（6，5），C（6，5），则|AC|=13，若双曲线的焦点为A、B，则c=6，又由双曲线
10、恰好过C、D两点，则2a=|AC|CB|=135=8，即a=4，又由c=6，则b2=a2c2=20；则双曲线的方程为：；故答案为：8设等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2an的最大值为64【考点】8I：数列与函数的综合；8G：等比数列的性质【分析】求出数列的等比与首项，化简a1a2an，然后求解最值【解答】解：等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，可得q（a1+a3）=5，解得q=a1+q2a1=10，解得a1=8则a1a2an=a1nq1+2+3+（n1）=8n=，当n=3或4时，表达式取得最大值： =26=64故答案为：649若命题“对任意，tanxm恒
11、成立”是假命题，则实数m的取值范围是m1【考点】3R：函数恒成立问题【分析】由x的范围求得tanx的范围，可得命题“对任意，tanxm恒成立的m的范围，然后利用补集思想求得答案【解答】解：由，得tanx，1，若“对任意，tanxm恒成立”，则m1命题“对任意，tanxm恒成立”是假命题，m1故答案为：m110把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，则方程组只有一个解的概率为【考点】CB：古典概型及其概率计算公式；C7：等可能事件的概率【分析】利用分布计数原理求出骰子投掷2次所有的结果，通过解二元一次方程组判断出方程组有唯一解的条件，先求出不满足该条件的
12、结果个数，再求出方程组有唯一解的结果个数，利用古典概型的概率公式求出方程组只有一个解的概率【解答】解：骰子投掷2次所有的结果有66=36由得（b2a）y=32a当b2a0时，方程组有唯一解当b=2a时包含的结果有：当a=1时，b=2当a=2时，b=4当a=3时，b=6共三个所以方程组只有一个解包含的基本结果有363=33由古典概型的概率公式得故答案为：11已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数的图象上，则四边形ABCD的面积为【考点】9V：向量在几何中的应用【分析】由条件可设，从而可以得出向量的坐标，根据题意有，从而便得到，这两式联立即可求出x1，x2，从而得出D点的坐标，进一步求出的
13、坐标，从而可以由求出cosBAD，从而可得出sinBAD，根据即可得出平行四边形ABCD的面积【解答】解：根据题意设，则：；由得， =；整理得，x1x2=5，带入式解得，或3（舍去）；x1=3；，；=；四边形ABCD的面积为： =故答案为：12已知O为ABC的外心，且，若，则+的最大值为【考点】9V：向量在几何中的应用【分析】用表示出，两边平方，利用2倍角公式得出+与的关系，再利用基本不等式得出+的范围【解答】解：，=（）+（），（+1）=+，+10，即+1cosA=，cosBOC=cos2A=2cos2A1=，设ABC的外接圆半径为R，则（+1）2R2=2R2+2R2R2，整理得：18（+）
14、=9+32，（）2，18（+）9+32，解得+或+（舍），故答案为：二、选择题（本题满分20分，每小题5分）13已知向量都是非零向量，“”是“”的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充分必要条件D既非充分也非必要条件【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】由向量，都是非零向量，“ =|”表示两向量同线，而“”表示两向量同向或反向，进而根据充要条件的定义，可得答案【解答】解： =|=|cos，即cos，=1即向量、同向，此时“”一定成立而“”时，向量、同向或反向，此时，“ =|”不一定成立故“=|”是“”的充分不必要条件故选：A14已知xy0，则（）ABsinxsiny0CDl
15、nx+lny0【考点】72：不等式比较大小【分析】根据不等式的性质可判断A，根据正弦函数的性质可判断B，根据指数函数的性质可判断C，根据对数函数的性质可判断D【解答】解：由xy0，则=0，故A错误，根据正弦函数的图象和性质，无法比较sinx与siny的大小，故B错误，根据指数函数的性质可得0，故C正确，根据对数的运算性质，lnx+lny=lnxy，当0xy1时，lnxy0，故D错误，故选：C15已知函数f（x）=Asin（x+）（A，均为正的常数）的最小正周期为，当x=时，函数f（x）取得最小值，则下列结论正确的是（）Af（2）f（2）f（0）Bf（0）f（2）f（2）Cf（2）f（0）f（2
16、）Df（2）f（0）f（2）【考点】H1：三角函数的周期性及其求法【分析】依题意可求=2，又当x=时，函数f（x）取得最小值，可解得，从而可求解析式f（x）=Asin（2x+），利用正弦函数的图象和性质及诱导公式即可比较大小【解答】解：依题意得，函数f（x）的周期为，0，=2又当x=时，函数f（x）取得最小值，2+=2k+，kZ，可解得：=2k+，kZ，f（x）=Asin（2x+2k+）=Asin（2x+）f（2）=Asin（4+）=Asin（4+2）0f（2）=Asin（4+）0，f（0）=Asin=Asin0，又4+2，而f（x）=Asinx在区间（，）是单调递减的，f（2）f（2）f（0
17、）故选：A16已知x，yR，且，则存在R，使得xcos+ysin+1=0成立的P（x，y）构成的区域面积为（）A4B4CD +【考点】7C：简单线性规划【分析】作出不等式组对应的平面区域，求解xcos+ysin+1=0成立的等价条件，利用数形结合求出对应的面积即可得到结论【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB，若存在R，使得xcos+ysin+1=0成立，则（cos+sin）=1，令sin=，则cos=，则方程等价为sin（+）=1，即sin（+）=，存在R，使得xcos+ysin+1=0成立，|1，即x2+y21，则对应的区域为单位圆的外部，由，解得，即B（2，
18、2），A（4，0），则三角形OAB的面积S=4，直线y=x的倾斜角为，则AOB=，即扇形的面积为，则P（x，y）构成的区域面积为S=4，故选：A三、解答题（本题满分76分）17已知图一是四面体ABCD的三视图，E是AB的中点，F是CD的中点（1）求四面体ABCD的体积；（2）求EF与平面ABC所成的角【考点】MI：直线与平面所成的角；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（1）根据三视图得出棱锥的结构特征和棱长，代入体积公式计算；（2）通过VEBCF=VFBCE得出F到平面ABC的距离，利用线面角的定义即可得出线面角的正弦值，从而得出所求线面角的大小【解答】解：（1）由三视图可知AD平面BCD，
19、BDCD，AD=1，CD=BD=2，四面体ABCD的体积V=（2）E是AB的中点，F是CD的中点，E到平面BCD的距离为AD=，SBCF=SBCD=1，VEBCF=由勾股定理得AB=AC=，BC=2，ABC的BC边上的高为=，SABC=，SBCE=SABC=，设F到平面ABC的距离为h，则VFBCE=，又VEBCF=VFBCE， =，解得h=连结DE，则DE=AB=，EF=，设EF与平面ABC所成的角为，则sin=EF与平面ABC所成的角为arcsin18已知函数f（x）=x24x+a+3：（1）若函数y=f（x）在1，1上存在零点，求实数a的取值范围；（2）设函数g（x）=x+b，当a=3时
20、，若对任意的x11，4，总存在x25，8，使得g（x1）=f（x2），求实数b的取值范围【考点】3W：二次函数的性质【分析】（1）利用零点的存在性定理列不等式组解出；（2）求出f（x）在5，8上的值域和g（x）在1，4上的值域，根据题意得出两值域的包含关系得出b的范围【解答】解：（1）f（x）的图象对称轴为x=2，开口向上，f（x）在1，1上单调递减，=164（a+3）=4a+4，若函数y=f（x）在1，1上存在零点，则f（1）f（1）0，解得8a0；（2）当a=3时，f（x）=x24x+6，f（x）在5，8上单调递增，当x=5时，f（x）取得最小值11，当x=8时，f（x）取得最大值38，f
21、（x）在5，8上的值域为11，38；又g（x）=x+b在1，4上单调递增，g（x）在1，4上的值域为1+b，4+b，若对任意的x11，4，总存在x25，8，使得g（x1）=f（x2），1+b，4+b11，38，解得10b3419如图，ABC为一个等腰三角形形状的空地，腰CA的长为3（百米），底AB的长为4（百米）现决定在空地内筑一条笔直的小路EF（宽度不计），将该空地分成一个四边形和一个三角形，设分成的四边形和三角形的周长相等、面积分别为S1和S2（1）若小路一端E为AC的中点，求此时小路的长度；（2）求的最小值【考点】3H：函数的最值及其几何意义；HU：解三角形的实际应用【分析】（1）根据题
22、意可知F不在BC上，根据余弦定理求出cosA的值，然后根据余弦定理求出EF的长即可；（2）若E、F分别在AC和AB上，设AE=x，AF=y，然后利用三角形的面积公式求出S2和S1=S三角形ABCS2=，再根据基本不等式求出比值的最值即可，若E、F分别在AC和BC上，设CE=x，CF=y，同上根据基本不等式求出比值的最值即可【解答】解：（1）因为：AE=CE= AE+4CE+3 所以F不在BC上，AE+AF+EF=CE+CB+FB+EF所以AE=CE AF=CB+BF 4BF=BF+3 BF=cosA=所以EF2=AE2+AF22AEAFcosA=所以EF=E为AC中点时，此时小路的长度为百米（
23、2）若E、F分别在AC和AB上，sinA=设AE=x，AF=y，所以S2=xysinA= S1=S三角形ABCS2=2S2因为x+y=3x+4y+3所以x+y=5=1 xy当且仅当x=y=时取等号所以=当且仅当x=y=时取等号最小值是若E、F分别在AC和BC上， sinC=设CE=x，CF=y同上可得当且仅当x=y=取等号若E、F分别在AC和BC上，最小值是20已知椭圆的焦点和上顶点分别为F1、F2、B，定义：F1BF2为椭圆C的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点是椭圆的一个焦点，且C1上任意一
24、点到它的两焦点的距离之和为4（1）若椭圆C2与椭圆C1相似，且C2与C1的相似比为2：1，求椭圆C2的方程；（2）已知点P（m，n）（mn0）是椭圆C1上的任意一点，若点Q是直线y=nx与抛物线异于原点的交点，证明：点Q一定在双曲线4x24y2=1上；（3）已知直线l：y=x+1，与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为Cb，是否存在正方形ABCD，（设其面积为S），使得A、C在直线l上，B、D在曲线Cb上？若存在，求出函数S=f（b）的解析式及定义域；若不存在，请说明理由【考点】KL：直线与椭圆的位置关系；K3：椭圆的标准方程【分析】（1）由题意c=，a=2，则b2=a2c2=1，即可求得椭圆C
25、1的方程，根据相似比2，a2=4；b2=2，即可求得椭圆C2的方程；（2）由题设条件知，设点Q（x0，y0），由题设条件能推出，即可求得，即可求得4x24y2=1；（3）椭圆C1：，相似比为b，则椭圆Cb的方程，由题意：只需Cb上存在两点B、D关于直线y=x+1对称即可设BD：y=x+m，代入椭圆方程，设BD中点为E（x0，y0），然后利用根与系数的关系进行求解【解答】解：（1）椭圆的一个焦点为，|PF1|+|PF2|=2a=4，b2=a2c2=1，则椭圆C1：，设C2：，相似比为2，a2=4；b2=2，椭圆C2：；（2）证明：点P（m，n）在椭圆上，则，设点Q（x0，y0），4x024y02
26、=1，点Q在双曲线4x24y2=1上（3）椭圆C1：，相似比为b，则椭圆Cb的方程为：，由题意：只需Cb上存在两点B、D关于直线y=x+1对称即可设BD：y=x+m，设BD中点为E（x0，y0），B（x1，y1），D（x2，y2），5x28mx+4m24b2=0，=64m2165（m2b2）0，5b2m2，由韦达定理知：x0=，y0=x0+m=m，E（x0，y0）在直线y=x+1上，则m=+1解得：m=，b2，则b，此时正方形的边长为，正方形的面积为S=f（b）=（）2，丨BD丨=，函数S=f（b）的解析式：，定义域为21如果存在常数a，使得数列an满足：若x是数列an中的一项，则ax也是数列
27、an中的一项，称数列an为“兑换数列”，常数a是它的“兑换系数”（1）若数列：2，3，6，m（m6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；（2）已知有穷等差数列bn的项数是n0（n03），所有项之和是B，求证：数列bn是“兑换数列”，并用n0和B表示它的“兑换系数”；（3）对于一个不少于3项，且各项皆为正整数的递增数列cn，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由【考点】8B：数列的应用【分析】（1）根据数列：2，3，6，m（m6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”所以am，a6，a3，a2也是该数列的项，且ama6a3a2，由此可求m和a的值；（2）由“兑
28、换数列”的定义证明数列bn是“兑换数列”，即证对数列bn中的任意一项bi（1in0），abi=b1+（n0i）d=bn0+1ibn，从而可求数列bn所有项之和；（3）假设存在这样的等比数列cn，设它的公比为q（q1），可知数列cn必为有穷数列，不妨设项数为n项，则ci+cn+1i=a（1in），再分类讨论，即可得到结论【解答】（1）解：因为2，3，6，m（m6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”所以am，a6，a3，a2也是该数列的项，且ama6a3a2，故am=2，a6=3，即a=9，m=7（2）证明：设数列bn的公差为d，因为数列bn是项数为n0项的有穷等差数列若b1b2b3b，则ab1ab
29、2ab3ab，即对数列bn中的任意一项bi（1in0），abi=b1+（n0i）d=b+1ibn同理可得：b1b2b3b，abi=b1+（n0i）d=b+1ibn也成立，由“兑换数列”的定义可知，数列bn是“兑换数列”；又因为数列bn所有项之和是B，所以B=，即a=；（3）解：假设存在这样的等比数列cn，设它的公比为q（q1），因为数列cn为递增数列，所以c1c2c3cn，则ac1ac2ac3acn，又因为数列cn为“兑换数列”，则acicn，所以aci是正整数故数列cn必为有穷数列，不妨设项数为n项，则ci+cn+1i=a（1in）若n=3，则有c1+c3=a，c2=，又c22=c1c3，由此得q=1，与q1矛盾若n4，由c1+cn=c2+cn1，得c1c1q+c1qn1c1qn2=0即（q1）（1qn2）=0，故q=1，与q1矛盾；综合得，不存在满足条件的数列cn2017年6月24日