1、2016年上海市寶山區高考數學二模試卷（理科）一、填空題1設集合A=x|x|2，xR，B=x|x24x+30，xR，則AB=2已知i為虛數單位，復數z滿足=i，則|z|=3設a0且a1，若函數f（x）=ax1+2的反函數的圖象經過定點P，則點P的坐標是4計算： =5在平面直角坐標系內，直線l：2x+y2=0，將l與兩坐標軸圍成的封閉圖形繞y軸旋轉一周，所得幾何體的體積為6已知sin2+sin=0，（，），則tan2=7定義在R上的偶函數y=f（x），當x0時，f（x）=2x4，則不等式f（x）0的解集是8在平面直角坐標系xOy中，有一定點A（1，1），若OA的垂直平分線過拋物線C：y2=2px

2、（p0）的焦點，則拋物線C的方程為9直線（t為參數）與曲線（為參數）的公共點的坐標為10記的展開式中第m項的系數為bm，若b3=2b4，則n=11從所有棱長均為2的正四棱錐的5個頂點中任取3個點，設隨機變量表示這三個點所構成的三角形的面積，則其數學期望E=12若數列an是正項數列，且+=n2+3n（nN*），則+=13甲、乙兩人同時參加一次數學測試，共10道選擇題，每題均有四個選項，答對得3分，答錯或不答得0分，甲和乙都解答了所有試題，經比較，他們只有2道題的選項不同，如果甲乙的最終得分的和為54分，那么乙的所有可能的得分值組成的集合為14已知a0，函數f（x）=x（x1，2）的圖象的兩個端點

3、分別為A、B，設M是函數f（x）圖象上任意一點，過M作垂直于x軸的直線l，且l與線段AB交于點N，若|MN|1恒成立，則a的最大值是二、選擇題15sinx=0是cosx=1的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件16下列命題正確的是（）A若直線l1平面，直線l2平面，則l1l2B若直線l上有兩個點到平面的距離相等，則lC直線l與平面所成角的取值范圍是（0，）D若直線l1平面，直線l2平面，則l1l217已知、是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足（）（）=0，則|的最大值是（）A1B2CD18已知函數f（x）=，若存在實數x1，x2，x3，x4滿足f（x1）=

4、f（x2）=f（x3）=f（x4），其中x1x2x3x4，則x1x2x3x4取值范圍是（）A（60，96）B（45，72）C（30，48）D（15，24）三、解答題19如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是等腰直角三角形，AC=BC=AA1=2，D為側棱AA1的中點（1）求證：BC平面ACC1A1；（2）求二面角B1CDC1的大小（結果用反三角函數值表示）20已知函數f（x）=sinx+cos（x+）+cos（x）1（0），xR，且函數的最小正周期為：（1）求函數f（x）的解析式；（2）在ABC中，角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，若f（B）=0， =，且a+c=4，試求b的值21

5、定義在D上的函數f（x），若滿足：對任意xD，存在常數M0，都有|f（x）|M成立，則稱f（x）是D上的有界函數，其中M稱為函數f（x）的上界（1）設f（x）=，判斷f（x）在，上是否有有界函數，若是，說明理由，并寫出f（x）上所有上界的值的集合，若不是，也請說明理由；（2）若函數g（x）=1+2x+a4x在x0，2上是以3為上界的有界函數，求實數a的取值范圍22如圖，設F是橢圓+=1的下焦點，直線y=kx4（k0）與橢圓相交于A、B兩點，與y軸交于點P（1）若=，求k的值；（2）求證：AFP=BF0；（3）求面積ABF的最大值23已知正項數列an，bn滿足：對任意正整數n，都有an，bn，a

6、n+1成等差數列，bn，an+1，bn+1成等比數列，且a1=10，a2=15（）求證：數列是等差數列；（）求數列an，bn的通項公式；（） 設，如果對任意正整數n，不等式恒成立，求實數a的取值范圍2016年上海市寶山區高考數學二模試卷（理科）參考答案與試題解析一、填空題1設集合A=x|x|2，xR，B=x|x24x+30，xR，則AB=（2，1【考點】交集及其運算【分析】求出集合的等價條件，根據集合的基本運算進行求解即可【解答】解：A=x|x|2，xR=x|2x2，B=x|x24x+30，xR=x|x3或x1，則AB=x|2x1，故答案為：（2，12已知i為虛數單位，復數z滿足=i，則|z|

7、=1【考點】復數代數形式的混合運算【分析】設出z=a+bi，得到1abi=b+（a+1）i，根據系數相等得到關于a，b的方程組，解出a，b的值，求出z，從而求出z的模【解答】解：設z=a+bi，則=i，1abi=b+（a+1）i，解得，故z=i，|z|=1，故答案為：13設a0且a1，若函數f（x）=ax1+2的反函數的圖象經過定點P，則點P的坐標是（3，1）【考點】反函數【分析】由于函數f（x）=ax1+2經過定點（1，3），再利用反函數的性質即可得出【解答】解：函數f（x）=ax1+2經過定點（1，3），函數f（x）的反函數的圖象經過定點P（3，1），故答案為：（3，1）4計算： =【考點

8、】極限及其運算【分析】先利用排列組合公式，將原式化簡成的形式，再求極限【解答】解： =故答案為：5在平面直角坐標系內，直線l：2x+y2=0，將l與兩坐標軸圍成的封閉圖形繞y軸旋轉一周，所得幾何體的體積為【考點】用定積分求簡單幾何體的體積【分析】由題意此幾何體的體積可以看作是：V=，求出積分即得所求體積，方法二由題意可得繞y軸旋轉，形成的是以1為半徑，2為高的圓錐，根據圓錐的體積公式，即可求得所得幾何體的體積【解答】解：由題意可知：V=，V=（y3），=方法二：由題意可知繞y軸旋轉，形成的是以1為半徑，2為高的圓錐，則V=×12×2=，故答案為6已知sin2+sin=0，（

9、，），則tan2=【考點】同角三角函數基本關系的運用【分析】由已知等式化簡可得sin（2cos+1）=0，結合范圍（，），解得cos=，利用同角三角函數基本關系式可求tan，利用二倍角的正切函數公式可求tan2的值【解答】解：sin2+sin=0，2sincos+sin=0，sin（2cos+1）=0，（，），sin0，2cos+1=0，解得：cos=，tan=，tan2=故答案為：7定義在R上的偶函數y=f（x），當x0時，f（x）=2x4，則不等式f（x）0的解集是2，2【考點】函數奇偶性的性質【分析】根據條件判斷函數的單調性和函數的零點，利用函數奇偶性和單調性的關系將不等式進行轉化求解即

10、可【解答】解：當x0時，由f（x）=2x4=0得x=2，且當x0時，函數f（x）為增函數，f（x）是偶函數，不等式f（x）0等價為f（|x|）f（2），即|x|2，即2x2，即不等式的解集為2，2，故答案為：2，28在平面直角坐標系xOy中，有一定點A（1，1），若OA的垂直平分線過拋物線C：y2=2px（p0）的焦點，則拋物線C的方程為y2=4x【考點】拋物線的簡單性質【分析】先求出線段OA的垂直平分線方程，然后表示出拋物線的焦點坐標并代入到所求方程中，進而可求得p的值，即可得到拋物線方程【解答】解：點A（1，1），依題意我們容易求得直線的方程為x+y1=0，把焦點坐標（，0）代入可求得焦參

11、數p=2，從而得到拋物線C的方程為：y2=4x故答案為：y2=4x9直線（t為參數）與曲線（為參數）的公共點的坐標為（0，1），（，2）【考點】參數方程化成普通方程【分析】消去參數，點到直線和曲線的普通方程，聯立方程組解方程即可【解答】解：先求參數t得直線的普通方程為2x+y=1，即y=12x消去參數得曲線的普通方程為y2=1+2x，將y=12x代入y2=1+2x，得（12x）2=1+2x，即14x+4x2=1+2x，則4x2=6x，得x=0或x=，當x=0時，y=1，當x=時，y=12×=13=2，即公共點到 坐標為（0，1），（，2）故答案為：（0，1），（，2）10記的展開式中

12、第m項的系數為bm，若b3=2b4，則n=5【考點】二項式系數的性質【分析】根據題意，結合二項式定理可得，2n2Cn2=2×2n3Cn3，解可得答案【解答】解：根據二項式定理，可得，根據題意，可得2n2Cn2=2×2n3Cn3，解得n=5，故答案為511從所有棱長均為2的正四棱錐的5個頂點中任取3個點，設隨機變量表示這三個點所構成的三角形的面積，則其數學期望E=【考點】離散型隨機變量的期望與方差【分析】所有棱長均為2的正四棱錐SABCD中，ABCD是邊長為2的正方形，推導出的可能取值為，分別求出相應的概率，由此能求出其數學期望E【解答】解：如圖所有棱長均為2的正四棱錐SAB

13、CD中，ABCD是邊長為2的正方形，SO底面ABCD，SO=AO=，SSAB=SSBC=SSCD=SSAD=，SABD=SBCD=SADC=SABD=2，SSBD=SSAC=2，的可能取值為，P（=）=，P（=2）=，E=故答案為：12若數列an是正項數列，且+=n2+3n（nN*），則+=2n2+6n【考點】數列的求和【分析】根據題意先可求的a1，進而根據題設中的數列遞推式求得+=（n1）2+3（n1）與已知式相減即可求得數列an的通項公式，進而求得數列的通項公式，可知是等差數列，進而根據等差數列的求和公式求得答案【解答】解：令n=1，得=4，a1=16當n2時，+=（n1）2+3（n1）與

14、已知式相減，得=（n2+3n）（n1）23（n1）=2n+2，an=4（n+1）2，n=1時，a1適合anan=4（n+1）2，=4n+4，+=2n2+6n故答案為2n2+6n13甲、乙兩人同時參加一次數學測試，共10道選擇題，每題均有四個選項，答對得3分，答錯或不答得0分，甲和乙都解答了所有試題，經比較，他們只有2道題的選項不同，如果甲乙的最終得分的和為54分，那么乙的所有可能的得分值組成的集合為24，27，30【考點】計數原理的應用；集合的表示法【分析】以甲全對，乙全對，甲乙各錯一道，進行分析即可求出答案【解答】解：若甲全對，則乙的得分為543×10=24，則此時乙做對了8道題，

15、則甲乙恰有2道題的選項不同，若乙全對，則甲的得分為543×10=24，則此時甲做對了8道題，則甲乙恰有2道題的選項不同，若甲做錯了一道，則乙的得分為543×9=27，則此時乙做對了9道題，即甲乙錯的題目不是同一道題，故乙的得分為24，27，30，故答案為24，27，3014已知a0，函數f（x）=x（x1，2）的圖象的兩個端點分別為A、B，設M是函數f（x）圖象上任意一點，過M作垂直于x軸的直線l，且l與線段AB交于點N，若|MN|1恒成立，則a的最大值是6+4【考點】函數解析式的求解及常用方法【分析】由A、B的坐標可以將直線l的方程找到，通過M點坐標可以得到N的坐標，將其

16、縱坐標做差可以得到關于a的不等式，通過求范圍可以將絕對值去掉，由基本不等式可以得到a的最大值【解答】解：f（x）=x（x1，2），a0，A（1，1a），B（2，2）直線l的方程為y=（1+）（x1）+1a設M（t，t）N（t，（1+）（t1）+1a）|MN|1恒成立|（1+）（t1）+1a（t）|1恒成立|a|1g（t）=t23t+2，在t1，2上小于等于0恒成立a1t=1或t=2時，01恒成立t（1，2）時，a=由基本不等式得：a=4+6此時t=a的最大值為6+4二、選擇題15sinx=0是cosx=1的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【考點】必要條件、充

17、分條件與充要條件的判斷【分析】根據充分條件和必要條件的定義進行推理即可【解答】解：若sinx=0，則x=k，kZ，此時cosx=1或cosx=1，即充分性不成立，若cosx=1，則x=2k，kZ，此時sinx=0，即必要性成立，故sinx=0是cosx=1的必要不充分條件，故選：B16下列命題正確的是（）A若直線l1平面，直線l2平面，則l1l2B若直線l上有兩個點到平面的距離相等，則lC直線l與平面所成角的取值范圍是（0，）D若直線l1平面，直線l2平面，則l1l2【考點】空間中直線與平面之間的位置關系【分析】根據各選項條件舉出反例【解答】解：對于A，若直線l1平面，直線l2平面，則l1與l

18、2可能平行，可能相交，也可能異面，故A錯誤對于B，若直線l與平面相交于O點，在交點兩側各取A，B兩點使得OA=OB，則A，B到平面的距離相等，但直線l與不平行，故B錯誤對于C，當直線l或l時，直線l與平面所成的角為0，當l時，直線l與平面所成的角為，故C錯誤對于D，由定理“垂直于同一個平面的兩條直線平行“可知D正確故選：D17已知、是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足（）（）=0，則|的最大值是（）A1B2CD【考點】平面向量數量積的運算【分析】由向量垂直的條件可得=0，運用向量的平方即為模的平方，可得|+|=，再化簡運用向量的數量積的定義，結合余弦函數的值域，即可得到所求最大值【解答】

19、解：由題意可得=0，可得|+|=，（）（）=2+（+）=|2|+|cos（+，=0，即為|=cos+，當cos+，=1即+，同向時，|的最大值是故選：C18已知函數f（x）=，若存在實數x1，x2，x3，x4滿足f（x1）=f（x2）=f（x3）=f（x4），其中x1x2x3x4，則x1x2x3x4取值范圍是（）A（60，96）B（45，72）C（30，48）D（15，24）【考點】分段函數的應用【分析】先畫出函數f（x）的圖象，再根據條件利用對數函數的運算性質以及三角函數的對稱性，利用數形結合，即可求出其范圍【解答】解：函數f（x）的圖象如下圖所示：若滿足f（x1）=f（x2）=f（x3）=

20、f（x4），其中x1x2x3x4，則0x11，1x13，則log3x1=log3x2，即log3x1+log3x2=log3x1x2=0，則x1x2=1，同時x3（3，6），x4（12，15），x3，x4關于x=9對稱，=9，則x3+x4=18，則x4=18x3，則x1x2x3x4=x3x4=x3（18x3）=x32+18x3=（x39）2+81，x3（3，6），x3x4（45，72），即x1x2x3x4（45，72），故選：B三、解答題19如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是等腰直角三角形，AC=BC=AA1=2，D為側棱AA1的中點（1）求證：BC平面ACC1A1；（2）求二面角

21、B1CDC1的大小（結果用反三角函數值表示）【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定【分析】（1）推導出ACBC，CC1BC，由此能證明BC平面ACC1A1（2）以C為原點，直線CA，CB，CC1為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角B1CDC1的大小【解答】證明：（1）底面ABC是等腰直角三角形，且AC=BCACBC，CC1平面A1B1C1，CC1BC，ACCC1=C，BC平面ACC1A1解：（2）以C為原點，直線CA，CB，CC1為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，2），B1（0，2，2），

22、D（2，0，1），由（1）得=（0，2，0）是平面ACC1A1的一個法向量，=（0，2，2），=（2，0，1），設平面B1CD的一個法向量=（x，y，z），則，取x=1，得=（1，2，2），設二面角B1CDC1的平面角為，則cos=，由圖形知二面角B1CDC1的大小是銳角，二面角B1CDC1的大小為arccos20已知函數f（x）=sinx+cos（x+）+cos（x）1（0），xR，且函數的最小正周期為：（1）求函數f（x）的解析式；（2）在ABC中，角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，若f（B）=0， =，且a+c=4，試求b的值【考點】三角函數中的恒等變換應用；平面向量數量積的運算【分

23、析】（1）利用兩角和與差的余弦展開，再由輔助角公式化簡，由周期公式求得，則f（x）的解析式可求；（2）把f（B）=0代入函數解析式，求得B，展開數量積=，求得ac的值，結合a+c=4，利用余弦定理求得b的值【解答】解：（1）f（x）=sinx+cos（x+）+cos（x）1=T=，=2則f（x）=2sin（2x）1；（2）由f（B）=0，得或，kZB是三角形內角，B=而=accosB=，ac=3又a+c=4，a2+c2=（a+c）22ac=162×3=10b2=a2+c22accosB=7則b=21定義在D上的函數f（x），若滿足：對任意xD，存在常數M0，都有|f（x）|M成立，則

24、稱f（x）是D上的有界函數，其中M稱為函數f（x）的上界（1）設f（x）=，判斷f（x）在，上是否有有界函數，若是，說明理由，并寫出f（x）上所有上界的值的集合，若不是，也請說明理由；（2）若函數g（x）=1+2x+a4x在x0，2上是以3為上界的有界函數，求實數a的取值范圍【考點】函數的最值及其幾何意義；函數的值域【分析】（1）化簡f（x）=1，從而可得1f（x）；從而確定|f（x）|1；從而解得；（2）由題意知|g（x）|3在0，2上恒成立；從而可得a；從而換元令t=，則t，1；從而可得4t2ta2t2t在，1上恒成立；從而化為最值問題【解答】解：（1）f（x）=1，則f（x）在，上是增函

25、數；故f（）f（x）f（）；故1f（x）；故|f（x）|1；故f（x）是有界函數；故f（x）上所有上界的值的集合為1，+）；（2）函數g（x）=1+2x+a4x在x0，2上是以3為上界的有界函數，|g（x）|3在0，2上恒成立；即3g（x）3，31+2x+a4x3，a；令t=，則t，1；故4t2ta2t2t在，1上恒成立；故（4t2t）maxa（2t2t）min，t，1；即a；故實數a的取值范圍為，22如圖，設F是橢圓+=1的下焦點，直線y=kx4（k0）與橢圓相交于A、B兩點，與y軸交于點P（1）若=，求k的值；（2）求證：AFP=BF0；（3）求面積ABF的最大值【考點】橢圓的簡單性質【分

26、析】（1）聯立，得（3k2+4）x224kx+36=0，由此利用韋達定理、根的判別式、向量相等，結合已知條件能求出k（2）證明AFP=BFO，等價于證明等價于kAF+kBF=0，由此能證明AFP=BFO（3）SABF=SPBFSPAF=令t=，利用基本不等式性質能求出ABF面積的最大值【解答】解：（1）聯立，得（3k2+4）x224kx+36=0，直線y=kx4（k0）與橢圓相交于A、B兩點，=144（k24）0，即k2或k2，設A（x1，y1），B（x2，y2），則，x2=2x1，代入上式，解得k=證明：（2）由圖形得要證明AFP=BFO，等價于證明直線AF與直線BF的傾斜角互補，即等價于kAF+kBF=0，kAF+kBF=+=2k3（）=2k=2k2k=0