1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016年上海市杨浦区高考数学二模试卷（文科）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已知变量x，y满足，则2x+3y的最大值为_10已知正六棱柱的底面边长为2，侧棱长为3，其三视图中的俯
2、视图如图所示，则其左视图的面积是_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的方程在（0，+）内恰有四个相异实根，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
3、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=lnxCD16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是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（）ABCD|xy|xz|+|yz|18空间中n条直线两两平行，且两两之间的距离相等，则正整数n至多等于（）A2B3C4D5三、解答题
4、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）当a=时，求证：函数f（x）是偶函数；（2）已知a0，函数f（x）的反函数为f1（x），若函数y=f（x）+
5、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22已知数列an和bn满足：a1=2，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）求数列bn的前n项和Sn；（3）设，记数列cn的前n项和为Tn，求正整数k，使得对任意nN*，均有TkTn23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
6、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H2016年上海市杨浦区高考数学二模试卷（文科）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x12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
7、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：23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=3+4i，z2=12i，=，复数的虚部为3故答案为：36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
8、【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：157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：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
9、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：79已知变量x，y满足，则2x+3y的最大值为14【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可
10、行域如图，联立，解得A（1，4），令z=2x+3y，化为y=，由图可知，当直线y=过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为21+34=14故答案为：1410已知正六棱柱的底面边长为2，侧棱长为3，其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是6【考点】简单空间图形的三视图【分析】求出底面正六边形对边之间的距离即为左视图矩形的底边长，左视图矩形的高为棱柱的侧棱长【解答】解：设正六棱柱的底面为六边形ABCDEF，连结AC，则AB=AC=2，ABC=120，AC=2正六棱柱侧视图的面积为23=6故答案为611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
11、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，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
12、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：5413若关于x的方程在（0，+）内恰有四个相异实根，则实数m的取值范围为（6，10）【考点】根的存在性及根的个数判断【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x1时，4x0，方程，5x+4x+=m，即x+=m；x+6；当m6时，
13、方程x+=m无解；当m=6时，方程x+=m有且只有一个解；当6m10时，方程x+=m在（1，+）上有两个解；当m=10时，方程x+=m的解为1，9；当x1时，4x0，方程，5x+4x=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（6，10）故答案为：（6，10）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
14、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【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
15、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=lnxCD【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0x1时函数为减函数，当x1时函数为增函数，不满足条件故选：C16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
16、、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：A17设x，y，z是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（）ABCD|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
17、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：C18空间中n条直线两两平行，且两两之间的距离相等，则正整数n至多等于（）A2B3C4D5【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】取与n条平行线垂直的平面，则n条直线在平面内的投影为n个点，将直线问题转化为平面内的点的问题解决【解答】解：取平面，使得两两平行的n条直线与平面垂直，则n条直线在平面内的投影为n个点，且这n个点之间的距离两两相等n的最大值为3此时n个投影点组成一个正三角形故选：B三、解答题19如图，底面是直角三角形的直三棱柱ABCA1B1C
18、1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，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
19、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
20、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）当a=时，求证：函数f（x）是偶函数；（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【考点】函数的最值及其几何意义；函数奇偶性的性质【分析】（1）根据函数奇偶性的定义进行证明即可（2）根据f（x）与反函数的单调性相同，根据最小值
21、建立方程关系求出a的值进行求解即可【解答】解：（1）当a=时，定义域为R，=f（x），函数f（x）是偶函数（2）函数f（x）与f1（x）单调性相同，当a0时，函数f（x）为增函数，则y=f（x）+f1（x）在区间1，2上为增函数，则函数的最小值为当x=1时，y=f（1）+f1（1）=1+log23，即a+log23+f1（1）=1+log23，则f1（1）=1a，即f（1a）=1，则a（1a）+log2（21a+1）=1，得a=1，此时f（x）=x+log2（2x+1）在1，2上是增函数，则函数的最大值为f（2）=2+log2（22+1）=2+log2522已知数列an和bn满足：a1=2，且
22、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）求数列bn的前n项和Sn；（3）设，记数列cn的前n项和为Tn，求正整数k，使得对任意nN*，均有TkTn【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）数列an满足：a1=2，变形为=1，利用等差数列的通项公式即可得出（2）数列bn满足：对一切nN*，均有可得b1=2当n2时，bn=2n利用等比数列的前n项和公式可得Sn（3）由cn=利用等比数列的前n项和公式、“裂项求和”方法可得数列cn的前n项和为Tn再利用其单调性即可得出【解答】（1）证明：数列an满足：a1=2，=1，数列为等差数列，公差为1，首项为2=2+（n1
23、）=n+1，an=n（n+1）（2）解：数列bn满足：对一切nN*，均有b1=2当n2时，bn=2n（n=1时也成立）数列bn的前n项和Sn=2n+12（3）解：，cn=数列cn的前n项和为Tn=Tn+1Tn=，可知：n=1，2，3时，Tn+1Tn；n4时，Tn+1TnT1T2T3T4T5T6，T4为最大值取正整数k=4，使得对任意nN*，均有T4Tn23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
24、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【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
25、点P、Q、R，使得直线PQ、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H2016年9月20日高考资源网版权所有，侵权必究！
