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20XX 年普通高等学校招生全国统一考试上海 数学试卷（理工农医类）2 一、填空题（本大题共有 14 题，满分 56分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填 写结果，每个空格填对 4 分，否则一律得零分1 设 全 集 $rmU = rmR$ 若 集 合 $rm A = left 1,2,3,4 right$ ，$rm B = left xleft| 2 le x le 3 right. right$ ，则 eU 2若复数 $z$满足 $3z + bar z = 1 + i$ ，其中 $i$ 为虚数单位，则 $z = $ 3若线性方程组的增广矩阵为 left（ beginarray*20c 2&3&c_10&1&c_2endarray right） 、解为 $left beginarrayl x = 3 y = 5endarray right.$ ，则$c_1 - c_2 = $ 4若正三棱柱的所有棱长均为 $a$，且其体积为 $16sqrt 3 $，则 $a = $ 5抛物线 $y2 = 2px$ （ $p 0$）上的动点 $rmQ$ 到焦点的距离 的最小值为 $1$，则 $p = $6若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 $2pi $ ，则其母线与轴的夹角的大小为7.方程 $log _2left（ 9x - 1 - 5 right） = log _2left（ 3x - 1 - 2 right） + 2$ 的解为8.在报名的 $3$名男教师和 $6$名女教师中，选取 $5$人参加义务献血，要求男、女教师都有，则 不同的选取方式的种数为（结果用数值表示） 9.已知点 $rm P$和 $rmQ$ 的横坐标相同， $rm P$ 的纵坐标是$rmQ$ 的纵坐标的 $2$倍， $rm P$和$rmQ$ 的轨迹分别 为 双 曲 线 $rmC_1$ 和 $rmC_2$ 若 $rmC_1$ 的渐 近线方程为$y = pm sqrt 3 x$，则 $rmC_2$ 的渐近线方程为10.设$f - 1left( x right)$ 为 $fleft( x right) = 2x - 2 + fracx2$ ， $x in left 0,2 right$ 的反函数，则 $y = fleft( x right) + f - 1left( x right)$ 的最大值为 11. 在 $left( 1 + x + frac1x2015 right)10$ 的展开式中， $x2$ 项的系数为(结果用数值表示) 12.赌博有陷阱某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有 $1$，$2$，$3$，$4$， $5$的 卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金(单位：元) ；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将 这两张卡片上数字之差的绝对值的 $1.4$倍作为其奖金 (单位： 元)若随机变量 $xi _1$ 和 $xi _2$ 分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 $rm Exi _1 - rm Exi _2 = $ (元)13.已 知函数 f x sinx 若存在$x_1$ ， $x_2$ ， $ cdot cdot cdot $， $x_m$ 满足$0 le x_1 x_2 cdot cdot cdot x_m le 6pi $ ，且$left| fleft( x_1 right) - fleft( x_2 right) right| + left| fleft( x_2 right) - fleft( x_3 right) right| + cdot cdot cdot + left| fleft( x_n - 1 right) - fleft( x_n right) right| = 12$( $m ge 2$，$m in rm N * $ )，则$m$的 最小值 为14.在锐角三角形 $rm Arm BrmC$ 中， $tan rm A = frac12$ ，$rmD$ 为边 $rm BrmC$ 上的点， $Delta rm Arm BrmD$ 与 $Delta rm ArmCD$ 的 面 积 分 别 为 $2$ 和 $4$ 过 $rmD$ 作 $rmDrm E bot rm Arm B$ 于$rm E$ ， $rmDF bot rm ArmC$ 于 $rmF$ ，则 $overrightarrow rmDrm E cdot overrightarrow rmDF= $1 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20分）每题有且只有一个正确答案，考生应在 答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零分 15设$z_1$，$z_2 in rmC$ ，则“$z_1$、$z_2$ 中 至少有一个数是虚数”是“ $z_1 - z_2$ 是虚数”的（ ） A 充分非必要条件 B 必要非充分条件 C充要条件 D 既非充分又非必要条件16已知点 $rm A$ 的坐标为 $left（ 4sqrt 3 ,1 right）$ ，将 $rm Orm A$ 绕 坐 标 原 点 $rm O$ 逆 时 针 旋 转 $fracpi 3$ 至 $rm Orm B$ ，则点 $rm B$ 的纵坐 标为（ ）A frac3sqrt 3 2 B frac5sqrt 3 2 Cfrac112 D frac132 17记方程： $x2 + a_1x + 1 = 0$ ，方程： $x2 + a_2x + 2 = 0$ ，方程： $x2 + a_3x + 4 = 0$ ，其中 $a_1$， $a_2$ ，$a_3$是正实数当 $a_1$，$a_2$，$a_3$成等 比数列时，下列选项中，能推出方程无实根的是（ ）A 方程有实根，且有实根 B方程有实根，且无实根C方程无实根，且有实根D方程无实根，且无实根18设$rm P_nleft（ x_n,y_n right）$ 是直线$2x - y = fracnn + 1$ （$n in rm N * $ ）与圆 $x2 + y2 = 2$ 在第一象限的交点，则极限 $mathop lim limits_n to infty fracy_n - 1x_n - 1 = $ （ ） A - 1 B - frac12 C1D2上海数学（理工农医类）参考答案A 一、（第 1 题至第 14题）1.left left. 1,4 right right.2.frac14 + frac12i3.164.45.26.fracpi 37.28.1209. beginarraylyy = pm fracsqrt 3 2xendarray10.411.4512.0.213.8 14. - frac161515.B16.D17.B18.A、（第 15 至 18 题）题号15161718代号BDBA三、（第 19 至 23 题）19. 解：如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为A1（2，0，1）、 C1（0， 2， 1）、E（2，1，0）、F（1，2,0）、C（0、2、0）、D（0,0,1）.因为 overrightarrow A_1C_1 = ( - 2,2,0) ， overrightarrow EF = ( - 1,1,0) ， 所 以 overrightarrow EF /overrightarrow A_1C_1 ， 因此直线 A_1C 与EF 共面，即， A1、 C1、 F 、 E 四点共面 .设平面 A_1C_1EF 的法 向量为 overrightarrow n = (u,v,w)，则overrightarrow n overrightarrow EF ， overrightarrow n overrightarrow FC_1，又 overrightarrow EF = ( - 1,1,0) overrightarrow FC_1 =( - 1,0,1) ,u v 0,故解得 u v w.u w 0,取 u=1 ，则平面 A_1C_1EF 的一个法向量 overrightarrow n =(1,1,1) .又 overrightarrow CD_1 = (0, - 2,1),故 fracoverrightarrow CD_1 cdot overrightarrow n left| overrightarrow CD _1 right| cdot |overrightarrow n | = - fracsqrt 15 15因 此 直 线 CD1 与 平 面 A1C1FE 所 成 的 角 的 大 小 arcsin fracsqrt 15 15 .20. 解：( 1)t_1 = frac38 ，设乙到 C 时甲所在地为 D，则 AD= frac158 千米。在ACD 中， CD2 = AC2 + AD2 - 2AC cdotADcos A, 所以f(t_1) = CD = frac38sqrt 41 (千米)。( 2)甲到达 B 用时 1 小时；乙到达 C 用时 frac38 小时，从 A 到 B 总用时frac78 小时。当t_1 = frac38 le t le frac78 时， f(t) (7 8t)2 (5 5t)2 2(7 8t)(5 5t) 4 25t 2 42t 18；当frac78 le t le 1 时，f(t) =5-5t.25t 2 42t 18,3 所以 f (t) 8 75 5t, t 18因为f(t) 在left frac38,frac78 right 上的 最大值是 f(frac38) = frac38sqrt 41 ，f(t) 在left frac78,1 right 上的最大值是 f(frac78) = frac58 ， 所 以 f(t) 在 left frac38,1 right 上的最大值是 frac38sqrt 41 ，不超过 3.21.证：(1)直线 l_1:y_1x - x_1y = 0，点 C 到l1的距离 d = fracleft| y_1x_2 - x_1y_2right|sqrt x_12 + y_12 、| AB| 2| AO| 2 x12 y12 ，1所以 S 2S ABC 2 AB d 2 x1y2 x2 y1 .(2)设l_1:y = kx ，则l_2:y = frac12kx ，设 A(x_1,y_1),C(x_2,y_2) .由y2 kx, 2得x12x2 2y2 1, 111 2k22同理 x2 =11 （2 - 21k ）22k2k2 1由（ 1），Srm = 2left| x_1y_2 - x_2y_1 right| = 2left| fracrmx_1rmx_22rmk + x_2 cdot rmkrmx_1 right|rm = frac2rmk2 + 1left| rmk right| cdot left| rmx_1rmx_2 right|（2k2 1） 2 k= k 1 2k2 2k2 1 整理得S = sqrt 2 .22.解（ 1）由于 b_n + 1 - b_n = 3 ，得a_n + 1 - a_n = 6 ，所以left a_n right 是首项为 1，公差为 6 的等差数列， 故left a_n right 的通项公式为 a_n = 6n - 5 ，n in N* .证（ 2） an 1 an 2（bn 1 bn） ，得a_n + 1 - 2b_n + 1 = a_n- 2b_n .所以 left a_n - 2b_n right 为常数列， a_n - 2b_n = a_1 - 2b_1 ，即 a_n = 2b_n + a_1 - 2b_1.因 为 a_n_0 ge a_n ， n in N* ， 所 以2bn0 a1 2b1 2bn a1 2b1,即 bn0 bn故left rmb_n right 是第rmn_0 项是最大项。解：(3)因为rmb_n = lambda n, 所以a_n + 1- a_n = 2(lambda n + 1 - lambda n) 当n ge 2时， a_n = (a_n - a_n - 1) + (a_n - 1 - a_n - 2) + cdots + (a_2 - a_1) + a_1=2(lambda n - lambda n - 1) + 2(lambda n - 1 - lambda n - 2) +cdots+ 2(lambda 2 - lambda ) + lambda =2lambda n - lambda . 当 n=1 时， a_1 = lambda ，符合上式 . 所以 a_n = 2lambda n - lambda . 因为lambda - lambda ,a_2n - 1 = - 2left| lambda right|2n - 1 - lambda 1 时，由指数函数的单调性知，left a_n- lambda . 当lambdaright 不存在最大、最小值；当lambda= - 1时， left a_n right 的最大 值为 3，最小值为 -1，而 frac3 - 1 notin ( - 2,2); - 1 lambda 0 时，由指数函数的单调性知， left a_nright 的最大值 M = a_2 = 2lambda 2 - lambda ， 最 小 值 ma_1lambda ， 由22 22及 10，得 210综上， lambda 的取值范围是 ( - frac12,0) .23 证明( 1)易见 h(x) = x + sin fracx3 的定义域为 R, 对任意 x in R,h(x + 6pi ) = x + 6pi + sin fracx + 6pi 3 = h(x) + 6pi ，所以 cos h(x + 6pi ) = cos (h(x) + 6pi ) = cos h(x) ， 即h(x) 是以 6pi 为余弦周期的余弦周期函数。(2)由于 f(x) 的值域为 R，所以对任意 c in left f(a),f(b) right ，c 都是一个函数值，即有x_0 in R ，使得f(x_0) = c 。若x_0 a ，则由 f(x) 单调递增得到 c = f(x_0) f(a) ， 与c in left f(a),f(b) right 矛盾，所 以.x_0 ge a ，同理可证 x_0 le b .故存在 x_0 in left a,b right 使得f(x_0) = c . (3)若u_0为cos f(x) = 1在left 0,T right 上的 解，则 ,cosf (u0) 1,且u0 T T,2T ,cos f(u_0 + T) = cos f(u_0) = 1 ,即 u_0 + T 为方程 cos f(x) = 1在left T,2T right 上的解 .同理，若 u_0 + T 为方程cos f(x) = 1在left T,2T right 上的解 .则 u_0 为该方程在 left 0,T right 上的解 . 以下证明最后一部分结论 .由( 2)所证知存在 0 = x_0 x_1 x_2 x_3 x_4 = T,使得f(x_rmi)rm = ipi ，i=0,1,2,3,4. 而left rmx_rmi,rmx_rmi + 1 right 是函数 cos f(x) 的单调区间， i=0,1,2,3. 与之前类似地可以证明： u_0 是cos f(x) = - 1在left 0,T right 上的解当且仅当 u_0 + T 是 cos f(x) = - 1 在 left T,2T right 上的解 .从而cos f(x) = pm 1 在 left 0,T right 与 left T,2T right 上的解的个数相 同.故f(x_i + T) = f(rmx_i) + 4pi ,i = 0,1,2,3,4 对于x in left 0,x_1 right,f(x) in left 0,pi right,f(x + T) in left 4pi ,5pi right . 而cos f (x T) cos f (x),做f (x T) f(x) 4 f (x) f (T) 类似地 ,当 x in left rmx_i,x_i + 1 right ， i=1,2,3 时，有 f(x + T) = f(x) + f(T) 结论成立 .
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