届上海市奉贤区高考数学模拟试卷及答案

　　【考点】1E：交集及其运算.

　　【分析】求出关于A的不等式，根据集合的关系求出t的范围即可.

　　【解答】解：A={x||x﹣2|≤3}={x|﹣1≤x≤5}，

　　B={x|x

　　若A∩B=∅，

　　则实数t的取值范是：t≤﹣1;

　　故答案为：(﹣∞，﹣1].

　　5.设点(9，3)在函数f(x)=loga(x﹣1)(a>0，a≠1)的图象上，则f(x)的反函数f﹣1(x)=　2x+1　.

　　【考点】4R：反函数.

　　【分析】根据点(9，3)在函数f(x)=loga(x﹣1)(a>0，a≠1)的图象上，求解出a，把x用y表示出来，把x与y互换可得f(x)的反函数f﹣1(x).

　　【解答】解：点(9，3)在函数f(x)=loga(x﹣1)(a>0，a≠1)的图象上，

　　∴loga(9﹣1)=3，

　　可得：a=2，

　　则函数f(x)=y=log2(x﹣1)

　　那么：x=2y+1.

　　把x与y互换可得：y=2x+1

　　∴f(x)的反函数f﹣1(x)=2x+1.

　　故答案为：2x+1.

　　6.若x，y满足 ，则目标函数z=x+2y的最大值为　3　.

　　【考点】7C：简单线性规划.

　　【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值.

　　【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分).

　　由z=x+2y得y=﹣ x+ z，

　　平移直线y=﹣ x+ z，

　　由图象可知当直线y=﹣ x+ z经过点B时，直线y=﹣ x+ z的截距最大，

　　此时z最大.

　　由 ，解得 ，即B(1，1)，

　　代入目标函数z=x+2y得z=2×1+1=3

　　故答案为：3.

　　7.在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为x+y﹣6=0，圆C的参数方程为 ，则圆心C到直线l的距离为　 　.

　　【考点】QK：圆的参数方程.

　　【分析】求出圆的普通方程，利用点到直线的距离公式，可得结论.

　　【解答】解：圆C的参数方程为 ，普通方程为x2+(y﹣2)2=4，圆心为(0，2)，半径为2，

　　∴圆心C到直线l的距离为 = ，

　　故答案为 .

　　8.双曲线 =1的左右两焦点分别是F1，F2，若点P在双曲线上，且∠F1PF2为锐角，则点P的横坐标的取值范围是　( ，+∞)∪(﹣∞，﹣ )　.

　　【考点】KC：双曲线的简单性质.

　　【分析】由题意画出图形，以P在双曲线右支为例，求出∠F1PF2为直角时P的坐标，可得∠F1PF2为锐角时点P的横坐标的取值范围

　　【解答】解：不妨以P在双曲线右支为例

　　由PF1⊥PF2，得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=16，

　　又|PF1|﹣|PF2|=2，①

　　两边平方得：|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|=4，

　　∴|PF1||PF2|=6，②

　　联立①②解得：|PF2|= ，

　　由焦半径公式得|PF2|= =ex﹣a，即可得点P的横坐标为 ，

　　根据对称性，则点P的横坐标的取值范围是( ) ).

　　故答案为：是( ) )

　　9.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为　28π　.

　　【考点】L!：由三视图求面积、体积.

　　【分析】由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成，其表面积等于圆柱+圆锥在减去重叠或者多余的部分.

　　【解答】解：由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成：其表面积等于圆锥侧面积+圆柱侧面+圆柱底面积.

　　圆锥S侧=πrl=8π，圆柱侧面+圆柱底面积=4×2πr+πr2=16π+4π=20π，

　　∴该几何体的表面积为28π.

　　故答案为28π.

　　10.已知数列{an}是无穷等比数列，它的前n项的和为Sn，该数列的首项是二项式 展开式中的x的系数，公比是复数 的模，其中i是虚数单位，则 =　70　.

　　【考点】8J：数列的极限.

　　【分析】由题意，该数列的首项是二项式 展开式中的x的系数 =35，公比是复数 的模 ，即可求出极限.

　　【解答】解：由题意，该数列的首项是二项式 展开式中的x的系数 =35，

　　公比是复数 的模 ，

　　∴ = =70，

　　故答案为70.

　　11.已知实数x、y满足方程(x﹣a+1)2+(y﹣1)2=1，当0≤y≤b(b∈R)时，由此方程可以确定一个偶函数y=f(x)，则抛物线 的焦点F到点(a，b)的轨迹上点的距离最大值为　 　.

　　【考点】K8：抛物线的简单性质;3J：偶函数;IR：两点间的距离公式.

　　【分析】由题设条件当0≤y≤b(b∈R)时，由此方程可以确定一个偶函数y=f(x)，可知方程(x﹣a+1)2+(y﹣1)2=1，关于y轴成轴对称，故有﹣a+1=0，又由圆的几何特征及确定一个偶函数y=f(x)知，y的取值范围是，由此可以求出b的取值范围，由此点(a，b)的轨迹求知，再由抛物线的性质求得其焦点坐标为(0，﹣ )，最大距离可求

　　【解答】解：由题意可得圆的方程一定关于y轴对称，故由﹣a+1=0，求得a=1

　　由圆的几何性质知，只有当y≤1时，才能保证此圆的方程确定的函数是一个偶函数，故0

　　由此知点(a，b)的轨迹是一个线段，其横坐标是1，纵坐标属于(0，1]

　　又抛物线 故其焦点坐标为(0，﹣ )

　　由此可以判断出焦点F到点(a，b)的轨迹上点的距离最大距离是 =

　　故答案为

　　12.设x1、x2、x3、x4为自然数1、2、3、4的一个全排列，且满足|x1﹣1|+|x2﹣2|+|x3﹣3|+|x4﹣4|=6，则这样的排列有　9　个.

　　【考点】D8：排列、组合的实际应用.

　　【分析】利用和值为6，分解为4个非负数的和，最大值为3，最小值为0，列出所有情况即可.

　　【解答】解：x1、x2、x3、x4为自然数1、2、3、4的一个全排列，且满足|x1﹣1|+|x2﹣2|+|x3﹣3|+|x4﹣4|=6，

　　可得4个数的和为6，共有，0+0+3+3=6;1+1+1+3=6;0+1+2+3=6;1+1+2+2=6;

　　所有x1、x2、x3、x4分别为：

　　0+0+3+3=6;类型有：

　　4，2，3，1;

　　1+1+1+3=6;类型有：

　　2，3，4，1;

　　4，1，2，3;

　　0+1+2+3=6;类型有：

　　4，1，3，2;

　　4，2，1，3;

　　3，2，4，1;

　　2，4，3，1;

　　1+1+2+2=6;类型有：

　　2，4，1，3;

　　3，1，4，2;

　　共9种.

　　故答案为：9.

　　二、选择题(单项选择题，每题5分，满分20分)

　　13.已知x，y∈R，且x>y>0，则(　　)

　　A. ﹣ >0 B.sinx﹣siny>0 C.( )x﹣( )y<0 D.lnx+lny>0

　　【考点】71：不等关系与不等式.

　　【分析】x，y∈R，且x>y>0，可得： ，sinx与siny的大小关系不确定， < ，lnx+lny与0的大小关系不确定，即可判断出结论.

　　【解答】解：∵x，y∈R，且x>y>0，则 ，sinx与siny的大小关系不确定， < ，即 ﹣ <0，lnx+lny与0的大小关系不确定.

　　故选：C.

　　14.若f(x)为奇函数，且x0是y=f(x)﹣ex的一个零点，则﹣x0一定是下列哪个函数的零点(　　)

　　A.y=f(x)ex+1 B.y=f(﹣x)e﹣x﹣1 C.y=f(x)ex﹣1 D.y=f(﹣x)ex+1

　　【考点】52：函数零点的判定定理;3L：函数奇偶性的性质.

　　【分析】由x0是y=f(x)﹣ex的一个零点知f(x0)﹣ =0，再结合f(x)为奇函数知f(﹣x0)+ =0，从而可得f(﹣x0) +1= =0.

　　【解答】解：∵x0是y=f(x)﹣ex的一个零点，

　　∴f(x0)﹣ =0，

　　又∵f(x)为奇函数，

　　∴f(﹣x0)=﹣f(x0)，

　　∴﹣f(﹣x0)﹣ =0，

　　即f(﹣x0)+ =0，

　　故f(﹣x0) +1= =0;

　　故﹣x0一定是y=f(x)ex+1的零点，

　　故选：A.

　　15.矩形纸片ABCD中，AB=10cm，BC=8cm.将其按图(1)的方法分割，并按图(2)的方法焊接成扇形;按图(3)的方法将宽BC 2等分，把图(3)中的每个小矩形按图(1)分割并把4个小扇形焊接成一个大扇形;按图(4)的方法将宽BC 3等分，把图(4)中的每个小矩形按图(1)分割并把6个小扇形焊接成一个大扇形;…;依次将宽BC n等分，每个小矩形按图(1)分割并把2n个小扇形焊接成一个大扇形.当n→∞时，最后拼成的大扇形的圆心角的大小为(　　)

　　A.小于 B.等于 C.大于 D.大于1.6

　　【考点】F4：进行简单的合情推理.

　　【分析】当n无限大时，扇形的半径应该无限接近10，而扇形的弧长应该无限接近8+8=16，那么圆心角=16×180÷π÷10≈92°，即可得出结论.

　　【解答】解：将宽BC n等分，当n无限大时，扇形的半径应该无限接近10，而扇形的弧长应该无限接近8+8=16，那么圆心角=16×180÷π÷10≈92°，因此n无限大时，大扇形的圆心角应该大于90°.

　　故选C.

　　16.如图，在△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c.O是△ABC的外心，OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，则OD：OE：OF等于(　　)

　　A.a：b：c B.

　　C.sinA：sinB：sinC D.cosA：cosB：cosC

　　【考点】HT：三角形中的几何计算.

　　【分析】作出△ABC的外接圆，连接OA、OB、OC，由垂径定理和圆周角定理可得∠B= ∠AOC=∠AOE，同理可知∠A=∠BOD、∠C=∠AOF，若设⊙O的半径为R，可用R分别表示出OD、OE、OF，进而可得到它们的比例关系.

　　【解答】解：如图，连接OA、OB、OC;

　　∵∠BOC=2∠BAC=2∠BOD，

　　∴∠BAC=∠BOD;

　　同理可得：∠BOF=∠BCA，∠AOE=∠ABC;

　　设⊙O的半径为R，则：

　　OD=R•cos∠BOD=R•cos∠A，

　　OE=R•cos∠AOE=R•cos∠B，

　　OF=R•cos∠BOF=R•cos∠C，

　　故OD：OE：OF=cos∠A：cos∠B：cos∠C，

　　故选D.

　　三、解答题(第17-19题每题14分，第20题16分，第21题18分，满分76分)

　　17.如图，圆锥的底面圆心为O，直径为AB，C为半圆弧AB的中点，E为劣弧CB的中点，且AB=2PO=2 .

　　(1)求异面直线PC与OE所成的角的大小;

　　(2)求二面角P﹣AC﹣E的大小.

　　【考点】MT：二面角的平面角及求法;LM：异面直线及其所成的角.

　　【分析】(1)方法(1)根据中点条件可以证明OE∥AC，∠PCA或其补角是异面直线PC与OE所成的角;

　　解△PCA可得异面直线PC与OE所成的角

　　方法(2)如图，建立空间直角坐标系， ，E(1，1，0)

　　利用向量的夹角公式可得异面直线PC与OE所成的角

　　(2)、方法(1)、求出平面APC的法向量，平面ACE的法向量，利用向量法求解.

　　方法(2)、取AC中点为D，连接PD，OD，可得二面角P﹣AC﹣E的平面角即为∠PDO

　　解Rt△PDO，可得二面角P﹣AC﹣E的大小

　　【解答】解：(1)证明：方法(1)∵PO是圆锥的高，∴PO⊥底面圆O，

　　根据中点条件可以证明OE∥AC，得∠PCA或其补角是异面直线PC与OE所成的角;

　　所以

　　异面直线PC与OE所成的角是

　　(1)方法(2)如图，建立空间直角坐标系， ，E(1，1，0)

　　∴ ， ， ，

　　设 与 夹角θ，

　　异面直线PC与OE所成的角 .

　　(2)、方法(1)、设平面APC的法向量 ，∴ ，

　　平面ACE的法向量 ，

　　设两平面的夹角α，则 ，

　　所以二面角P﹣AC﹣E的大小是arccos .

　　方法(2)、取AC中点为D，连接PD，OD，又圆锥母线PA=AC，∴PD⊥AC，

　　∵底面圆O上OA=OC∴OD⊥AC，

　　又E为劣弧CB的中点，即有E∈底面圆O，

　　∴二面角P﹣AC﹣E的平面角即为∠PDO，

　　∵C为半圆弧AB的中点，∴∠AOC=90°又直径 ，

　　∴ ，

　　∵PO⊥底面圆O且OD⊂底面圆O，∴PO⊥OD，

　　又 ∴△Rt△PDO中， ，

　　∴ 所以二面角P﹣AC﹣E的大小是arccos .

　　18.已知美国苹果公司生产某款iphone手机的年固定成本为40万美元，每生产1只还需另投入16美元.设苹果公司一年内共生产该款iphone手机x万只并全部销售完，每万只的销售收入为R(x)万美元，且R(x)=

　　(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(万只)的函数解析式;

　　(2)当年产量为多少万只时，苹果公司在该款手机的生产中所获得的利润最大?并求出最大利润.

　　【考点】57：函数与方程的综合运用.

　　【分析】(1)利用利润等于收入减去成本，可得分段函数解析式;

　　(2)分段求出函数的最大值，比较可得结论.

　　【解答】解：(1)利用利润等于收入减去成本，可得

　　当040时，W=xR(x)﹣(16x+40)=

　　∴W= ;

　　(2)当0

　　当x>40时，W= ≤﹣2 +7360，

　　当且仅当 ，即x=50时，Wmax=W(50)=5760

　　∵6104>5760

　　∴x=32时，W的最大值为6104万美元.

　　19.如图，半径为1的半圆O上有一动点B，MN为直径，A为半径ON延长线上的一点，且OA=2，∠AOB的角平分线交半圆于点C.

　　(1)若 ，求cos∠AOC的值;

　　(2)若A，B，C三点共线，求线段AC的长.

　　【考点】HT：三角形中的几何计算.

　　【分析】(1)若 ，利用向量的数量积公式，即可求cos∠AOC的值;

　　(2)若A，B，C三点共线，可得 ，利用余弦定理，即可求线段AC的长.

　　【解答】解：(1)设∠AOC=θ， ， ∴

　　=4+1×2×cos(π﹣2θ)+1×2×cos(π﹣θ)+cosθ

　　=﹣4cos2θ﹣cosθ+6

　　∴﹣4cos2θ﹣cosθ+6=3，∴ (舍去)

　　(2)A，B，C三点共线，

　　所以 ∴

　　∴AC2=1+4﹣2×1×2×cosθ=2，∴ .

　　20.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an﹣2(n∈N*).

　　(1)求{an}的通项公式;

　　(2)设 ，b1=8，Tn是数列{bn}的前n项和，求正整数k，使得对任意n∈N*均有Tk≥Tn恒成立;

　　(3)设 ，Rn是数列{cn}的前n项和，若对任意n∈N*均有Rn<λ恒成立，求λ的最小值.

　　【考点】8H：数列递推式;8E：数列的求和.

　　【分析】(1)利用已知条件推出an+1=2an，数列{an}为等比数列，公比q=2，求出通项公式.

　　(2)推出 ，方法一：通过T1T6>推出结果.方法二利用错位相减法求和，当1≤n<4，Tn+1>Tn，当n=4，T4=T5，当n>4时，Tn+1

　　综上，当且仅当k=4或5时，均有Tk≥Tn.

　　(3)利用裂项求和，通过对任意n∈N*均有 成立，求解即可.

　　【解答】(本小题满分13分)

　　解：(1)由Sn=2an﹣2，得Sn+1=2an+1﹣2两式相减，得an+1=2an+1﹣2an

　　∴an+1=2an

　　数列{an}为等比数列，公比q=2

　　又S1=2a1﹣2，得a1=2a1﹣2，a1=2∴

　　(2)

　　，

　　方法一当n≤5时， ≥0

　　因此，T1T6>…

　　∴对任意n∈N*均有T4=T5≥Tn，故k=4或5.

　　方法二(

　　两式相减，得 ，

　　=(6﹣n)•2n+1﹣12， ，

　　当1≤n<4，Tn+1>Tn，当n=4，T4=T5，当n>4时，Tn+1

　　综上，当且仅当k=4或5时，均有Tk≥Tn

　　(3)∵

　　∴ =

　　∵对任意n∈N*均有 成立，

　　∴ ，

　　所以λ的最小值为 .

　　21.已知椭圆E： ，左焦点是F1.

　　(1)若左焦点F1与椭圆E的短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点 在椭圆E上.求椭圆E的方程;

　　(2)过原点且斜率为t(t>0)的直线l1与(1)中的椭圆E交于不同的两点G，H，设B1(0，1)，A1(2，0)，求四边形A1GB1H的面积取得最大值时直线l1的方程;

　　(3)过左焦点F1的直线l2交椭圆E于M，N两点，直线l2交直线x=﹣p(p>0)于点P，其中p是常数，设 ， ，计算λ+μ的值(用p，a，b的代数式表示).

　　【考点】KQ：圆锥曲线的定值问题;K3：椭圆的标准方程;KL：直线与椭圆的位置关系.

　　【分析】(1)利用左焦点F1与椭圆E的短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点 在椭圆E上.列出方程组求解a，b可得椭圆方程.

　　(2)设直线l1的方程y=tx，联立 ，求解 ， ， ，推出四边形A1GB1H的面积，求出最大值，然后求解直线方程.

　　(3)设直线l2的方程y=k(x+c)交椭圆b2x2+a2y2﹣a2b2=0于M(x1，y1)，N(x2，y2)，利用韦达定理，结合

　　题设 ， ，求解λ+μ即可.

　　【解答】(本小题满分13分)

　　解：(1)左焦点F1与椭圆E的短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点 在椭圆E上.

　　∴ ，所以椭圆方程

　　(2)设直线l1的方程y=tx

　　联立 ，可以计算

　　∴ ，

　　所以直线l1的方程是

　　(3)设直线l2的方程y=k(x+c)交椭圆b2x2+a2y2﹣a2b2=0于M(x1，y1)，N(x2，y2)，

　　(b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2k2c2﹣a2b2=0，

　　直线l2交直线x=﹣p(p>0)于点P，根据题设 ， ，

　　得到(x1+p，yp)=λ(﹣c﹣x1，0﹣y1)，(x1+p，yp)=λ(﹣c﹣x2，0﹣y2)，

　　得 ，

　　=

　　=

　　λ+μ的值为： 结论