1、2018 年上海市闵行区七宝中学高考数学三模试卷一、填空題（本大题共 12 小题，满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，7-12 题每题 5 分）1 （4 分）若 logx21，则 x 2 （4 分）已知直线 l 垂直于直角坐标系中的 y 轴，则 l 的倾斜角为 3 （4 分）在复平面内，点 A（2，1）对应的复数 z，则|z+1| 4 （4 分）若角 的终边经过点 P（2，2） ，则 arctan（tan ）的值为 5 （4 分）若不等式|ax |6 的解集为（1
2、，t） ，则实数 t 等于 6 （4 分）由参数方程 （ 为参数， n，nZ ）所表示的曲线的右焦点的坐标为 7 （5 分）直角坐标系 xOy 内有点 A（2，1） ，B（2，2） ，C（0，2） ，D（0，1） ，将四边形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周，所得到的几何体的体积为 8 （5 分）A，B 二校各推荐两篇课题放在一起评比，则四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率为 9 （5 分）已知平面直角坐标系中的两点 A（a 1，a 2） ，B（b 1，b 2） ，O 原点，有
3、，设：（x 1，y 1） ， （x 2，y 2） ， （x 3，y 3）是平面曲线x2+y22x 4y 上任意三点，则 Tx 1y2x 2y1+x3y2x 2y3 的最大值为 10 （5 分）设点 O 在ABC 的内部，点 D，E 分别边 AC，BC 的中点，且1，则 11 （5 分）设函数 f（x ）x 2x+1，数列a n的首项 ，且 ，若数列a n不是单调递增数列，则 a1 的取值范围 12 （5 分）给定曲线 2（2sin cos +3）x 2（8sin+cos+1）y0， 为参数，则这些曲
4、线在直线 y2 x 上所截得得弦长的最大值是 二、选择題（本大题共 4 小题，每题 5 分，满分 20 分）13 （5 分）若椭圆 C 的方程为 ，则 lm 是曲线 C 的焦点在 x轴上的（ ）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第 2 页（共 18 页）14 （5 分）方程 的解的个数有（ ）A0 B1 C2 D315 （5 分）已知实数 x，y 满足 x2+（y2） 21，则 的取值范围是（ ）A （ ，2 B1，2 C （0，2 D （ ，116 （5 分）实数 a，b 满足|a |1，|a+
5、b|1，则（a+1） （b+1）的取值范围是（ ）A B C0 ，2 D 2，2三、解答題（本大题共 5 題，14+14+14+16+1876 分）17 （14 分）已知圆柱的底面半径为 r，上底面圆心为 O，正六边形 ABCDEF 内接于下底面圆 P， OA 与母线所成角为 30，（1）试用 r 表示圆柱的表面积 S；（2）若圆柱体积为 9，求点 C 到平面 OEF 的距离18 （14 分）已知向量 和向量 ，且 （1）求函数 f（x ）的最小正周期和最大值；（2）已知ABC 的三个内角分别为 A、B、C，若有 ， ，求 AC 的长度19 （14 分）业界称“中国芯”迎来发展和投
6、资元年，某芯片企业准备研发一款产品，研发启动时投入资金为 A（A 为常数）元，之后每年会投入一笔研发资金，n 年后总投入资金记为 f（n） ，经计算发现当 0n10 时，f （n）近似地满足 f（n） ，其中 为常数，f（0）A 已知 3 年后总投入资金为研发启动时投入资金的 3 倍问（1）研发启动多少年后，总投入资金是研发启动时投入资金的 8 倍；第 3 页（共 18 页）（2）研发启动后第几年的投入资金的最多20 （16 分）平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 ：y 22px（p0）的焦点为 F，过 F 的直线 l 交曲线于 B，C 两点（1）若 l 垂直于 x 轴，且线段 BC 的长为
7、1，求曲线方程；（2）若 l 的斜率为 k，求 tanBOC；（3）设抛物线上异于 B，C 的点 A 满足|AB| AC|若ABC 的重心在 x 轴上，求ABC 得重心的坐标21 （18 分）设函数 f（x ）在1 ，+）上有定义，实数 a，b 满足 1ab若 f（x）在区间（a，b上不存在最小值，则称 f（x）在区间（a，b上具有性质 p（1）当 f（x） x2+Cx，且 f（x ）在区间（1，2 上具有性质 p 时，求常数 C 的取值范围；（2）已知 f（x +1）f（x ） +1（x1） ，且当 1x 2 时，f（x）1x，判别 f（x）在区间1，4 上是否具有性质 p；（3）若对于满足
8、 1ab 的任意实数 a，b；f（x ）在区间（a，b上具有性质 p，且对于任意 nN*，当 x（n，n+1 ）时，有：|f（n）f （x）|+|f（x）f（n+1）| |f（n）f（n+1）|，证明：当 x1 时，f（2x ）f（x） 第 4 页（共 18 页）2018 年上海市闵行区七宝中学高考数学三模试卷参考答案与试题解析一、填空題（本大题共 12 小题，满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，7-12 题每题 5 分）1 （4 分）若 logx21，则 x 2 【分析】利用对数的性质直接求解【解答】解：log x21，x2故答案为：2【点评】本题考查实数值的求法，考查对数性质等基础
9、知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题2 （4 分）已知直线 l 垂直于直角坐标系中的 y 轴，则 l 的倾斜角为 0 【分析】直接由直线的倾斜角的定义得答案【解答】解：由直线倾斜角的定义可得，垂直于直角坐标系中的 y 轴的直线 l 的倾斜角为 0故答案为：0【点评】本题考查直线倾斜角的定义，是基础题3 （4 分）在复平面内，点 A（2，1）对应的复数 z，则|z+1| 【分析】求出复数 z+1，然后求解复数的模【解答】解：在复平面内，点 A（2，1）对应的复数 z，则|z+1| |2+i +1|1+i | 故答案为： 【点评】本题考查复数的
10、代数形式混合运算，复数的模的求法，考查计算能力4 （4 分）若角 的终边经过点 P（2，2） ，则 arctan（tan ）的值为 【分析】利用角 的终边经过点 P（2，2） ，求出 tan，然后求解即可【解答】解：角 的终边经过点 P（2，2） ，可得 tan1则 arctan（tan）arctan（1） 故答案为： 【点评】本题考查三角函数的定义，反三角函数的化简求值，是基本知识的考查第 5 页（共 18 页）5 （4 分）若不等式|ax |6 的解集为（1，t） ，则实数 t 等于 1 【分析】由题目给出的绝对值不等式的解解为（1，t） ，可知1 为不等式所对应方程的两个根，
11、求出 a，然后求解实数 t 即可【解答】解：因为不等式|ax |6 的解集为（1，t） ，即1 是方程|ax|6 的根，所以|a| 6，不等式 |ax|6 化为|x|1，解得 x（1，1） 所以 t1故答案为：1【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了数学转化思想方法，若该题采用去绝对值的办法，去绝对值后需要分类讨论，解法变得复杂，该题属基本知识的考查6 （4 分）由参数方程 （ 为参数， n，nZ ）所表示的曲线的右焦点的坐标为 （ ，0） 【分析】根据题意，将参数方程变形为普通方程，分析其表示的曲线为双曲线，由双曲线的几何性质分析可得答案【解答】解：根据题意，参数方程 变形
12、为普通方程为 1，为双曲线，其中 a2，b3，且其焦点在 x 轴上，则所表示的曲线的右焦点的坐标为（ ，0） ；故答案为：（ ，0） 【点评】本题考查参数方程与普通方程的互化，关键是将参数方程变形为普通方程7 （5 分）直角坐标系 xOy 内有点 A（2，1） ，B（2，2） ，C（0，2） ，D（0，1） ，将四边形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周，所得到的几何体的体积为 2 【分析】由题意知四边形 ABCD 是矩形，矩形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周得圆柱，求出圆柱的体积即可【解答】解：直角坐标系 xOy 中，点 A（2，1） ，B（2，2） ，C（0，2） ，D（0，1） ，如图所
13、示，由图形知四边形 ABCD 是矩形，将矩形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周，所得几何体为底面半径为 1，高为 2 的圆柱，该圆柱的体积为 V1 222故答案为：2第 6 页（共 18 页）【点评】本题考查了矩形旋转后是圆柱体的应用问题，是基础题8 （5 分）A，B 二校各推荐两篇课题放在一起评比，则四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率为 【分析】基本事件总数 n 24，四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻包含的基本事件个数 m 8，由此能求出四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率【解答】解：A，B 二校各推荐两篇课题放在一起评比，基本事件总数 n 24，
14、四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻包含的基本事件个数 m 8，四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率为 p 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题9 （5 分）已知平面直角坐标系中的两点 A（a 1，a 2） ，B（b 1，b 2） ，O 原点，有，设：（x 1，y 1） ， （x 2，y 2） ， （x 3，y 3）是平面曲线x2+y22x 4y 上任意三点，则 Tx 1y2x 2y1+x3y2x 2y3 的最大值为 15 【分析】化圆的方程为标准方程，求出圆的半径，结合已知及圆内接正三角形
15、面积最大求解【解答】解：由 x2+y22x 4y，得（x1） 2+（y+2） 25该曲线表示以（1，2）为圆心，以 为半径的圆如图，第 7 页（共 18 页）圆内接三角形面积最大时三角形为正三角形，且最大面积为 Tx 1y2x 2y1+x3y2x 2y3 |x1y2x 2y1+x3y2x 2y3|x 1y2x 2y1|+|x3y2x 2y3|故答案为： 【点评】本题考查曲线与方程，明确圆内接正三角形面积最大是关键，是中档题10 （5 分）设点 O 在ABC 的内部，点 D，E 分别边 AC，BC 的中点，且1，则 2 【分析】可画出图形，根据点 D，E 分别为边 AC，BC 的中点即可得出，从
16、而得出 ，这样即可得出答案【解答】解：如图，点 D，E 分别为边 AC，BC 的中点； ， ； ； ； 故答案为：2第 8 页（共 18 页）【点评】考查向量加法的平行四边形法则，以及向量的数乘运算11 （5 分）设函数 f（x ）x 2x+1，数列a n的首项 ，且 ，若数列a n不是单调递增数列，则 a1 的取值范围 1 【分析】通过数列与函数的关系式，结合不等式，转化求解 a1 的取值范围【解答】解： ；假设 ，则 若 ，则 ，由此可证得a n是单调递增数列，这矛盾所以 故答案为：1【点评】本题考查数列与函数的综合应用，反证法的应用，考查转化思想以及计算能力12 （5 分）给定曲线 2（
17、2sin cos +3）x 2（8sin+cos+1）y0， 为参数，则这些曲线在直线 y2 x 上所截得得弦长的最大值是 8 【分析】联立直线与曲线方程可求交点的横坐标 x1，x 2，要使曲线族在直线 y2x 上所截得的弦长的最大，则只要|x 2x 1|最大即可，即 t 最大即可，根据函数的性质即可求出【解答】解：将 y2x 代入曲线方程得 x10， 令 ，则 3t1（82t）sin +（t+1）cos ， ，弦长 故弦长的最大值是 8 ，第 9 页（共 18 页）故答案为：8 【点评】本题主要考查了直线与曲线相交求解交点、弦长，解题的关键是灵活利用三角函数的性质及弦长公式，属
18、于中档题二、选择題（本大题共 4 小题，每题 5 分，满分 20 分）13 （5 分）若椭圆 C 的方程为 ，则 lm 是曲线 C 的焦点在 x轴上的（ ）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【分析】根据椭圆的性质即可得到曲线 C 的焦点在 x 轴上则 lm再根据充要条件的定义即可判断【解答】解：椭圆 C 的方程为 ，若曲线 C 的焦点在 x 轴上，lm，故椭圆 C 的方程为 ，则 lm 是曲线 C 的焦点在 x 轴上的充要条件，故选：C【点评】本题考查充要条件的判断与应用，椭圆的简单性质，基本知识的考查14 （5 分）方程 的解的个数有（ &nbs
19、p;）A0 B1 C2 D3【分析】利用反三角函数，判断等式两侧表达式的范围，即可推出结果【解答】解：由于 ，所以 ，由此得到方程 无解故选：A【点评】本题考查反三角函数的应用，基本知识的考查第 10 页（共 18 页）15 （5 分）已知实数 x，y 满足 x2+（y2） 21，则 的取值范围是（ ）A （ ，2 B1，2 C （0，2 D （ ，1【分析】构造直线 x+ y0，过圆上一点 P 作直线的垂线 PM，则2sinPOM，求出POM 的范围即可得出答案【解答】解：设 P（x ，y ）为圆 x2+（y2） 21 上的任意一点，则 P 到直线 x+ y0 的距离 PM ，P
20、 到原点的距离 OP ， 2sinPOM设圆 x2+（y2 ） 21 与直线 ykx 相切，则 ，解得 k ，POM 的最小值为 30，最大值为 90， sinPOM1，12sinPOM2故选：B【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，距离公式的应用，属于中档题16 （5 分）实数 a，b 满足|a |1，|a+b|1，则（a+1） （b+1）的取值范围是（ ）A B C0 ，2 D 2，2【分析】求出 a，b 的范围，利用换元法画出可行域，利用目标函数的几何意义求解范第 11 页（共 18 页）围即可【解答】解：实数 a，b 满足|a| 1，|a+b|1，可得1 a1，1a+ b1
21、，令 xa+1，y b+1，可得 ，它的可行域如图：A 在 yx 与 x+y3 的交点（ ， ） ，B（2，1） ，（a+1） （b+1）xy，zxy 是双曲线关于 yx 对称，显然在 A 处取得最大值： ，在B 处取得最小值：2则（a+1） （b+1）的取值范围是： 故选：B【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域，利用换元法同时考查转化思想，数形结合思想的应用三、解答題（本大题共 5 題，14+14+14+16+1876 分）17 （14 分）已知圆柱的底面半径为 r，上底面圆心为 O，正六边形 ABCDEF 内接于下底面圆 P， OA 与母线所成角为 30，（1）试用 r 表示圆柱
22、的表面积 S；（2）若圆柱体积为 9，求点 C 到平面 OEF 的距离第 12 页（共 18 页）【分析】 （1）利用已知条件，通过求解三角形推出圆柱的高，然后求解圆柱的表面积S（2）利用圆柱的体积，求出底面半径，通过 VCOEF V OCEF ，求解点 C 到平面 OEF的距离【解答】解：（1）连接 AP，由题意可知：OA 与母线所成角为 30，APr，所以：，2 分，4 分（2） ， 6 分V COEF V OCEF ， ，10 分 14 分【点评】本题考查空间点线面的距离的求法，几何体的体积的求法，考查了直角三角形的解法，是基础题18 （14 分）已知向量 和向量 ，且 （1）求函数 f
23、（x ）的最小正周期和最大值；（2）已知ABC 的三个内角分别为 A、B、C，若有 ， ，求 AC 的长度【分析】 （1）利用向量共线定理、两角和差的正弦公式、三角函数的性质即可得出；（2）利用正弦定理即可得出第 13 页（共 18 页）【解答】解：（1） ， 0，化为 f（x）2 函数 f（x）的周期为 2，最大值为 2（2） 得 2sinA ，即 sinA ，由正弦定理得 ，又 BC ，sin B ，则 2【点评】本题考查了向量共线定理、两角和差的正弦公式、三角函数的性质、正弦定理，属于中档题19 （14 分）业界称“中国芯”迎来发展和投资元年，某芯片企业准备研发一款产品，研发启动时投入资
24、金为 A（A 为常数）元，之后每年会投入一笔研发资金，n 年后总投入资金记为 f（n） ，经计算发现当 0n10 时，f （n）近似地满足 f（n） ，其中 为常数，f（0）A 已知 3 年后总投入资金为研发启动时投入资金的 3 倍问（1）研发启动多少年后，总投入资金是研发启动时投入资金的 8 倍；（2）研发启动后第几年的投入资金的最多【分析】 （1）由题意知 f（0） A，f（3）3A，代入求出 p，q 的值，即可得到函数的解析式，再代值计算即可求出 n 的值，（2）利用作差法，求出第 n 年的投入资金f（n）f （ n1） ，利用基本不等式即可求出答案【解答】解：（1）由题意知 f（0）A
25、 ，f（3）3A所以 解得 所以 令 f（n）8A，得 ，解得 an64，即 ，所以 n9所以研发启动 9 年后，总投入资金是研发启动时投入资金的 8 倍（2）由（1）知第 14 页（共 18 页）第 n 年的投入资金f（n） f（n1） ，当且仅当 ，即 等号，此时 n5所以研发启动后第 5 年的投入资金增长的最多【点评】本题考查了函数模型在实际生活中的应用，以及基本不等式的应用，考查了分析问题，解决问题的能力，属于中档题20 （16 分）平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 ：y 22px（p0）的焦点为 F，过 F 的直线 l 交曲线于 B，C 两点（1）若 l 垂直于 x 轴，且线段 B
26、C 的长为 1，求曲线方程；（2）若 l 的斜率为 k，求 tanBOC；（3）设抛物线上异于 B，C 的点 A 满足|AB| AC|若ABC 的重心在 x 轴上，求ABC 得重心的坐标【分析】 （1）若 l 垂直于 x 轴，联立直线与抛物线方程，通过线段 BC 的长为 1，求曲线方程即可；（2）若 l 的斜率为 k，设 B（x B，y B） ，C （x C，y C） ，写出 l： （k0） 通过联立直线与抛物线方程，结合韦达定理转化求解 tanBOC；（3）若 l 垂直于 x 轴，则由|AB| |AC |A（0，0） ，此时重心坐标为 设 l：（k0） ，A （x A，y A） ，设线段 B
27、C 中点 D（x D，y D） ，求出 D 的坐标，AD 的斜率，求出直线系方程，得到定点坐标即为ABC 的重心第 15 页（共 18 页）【解答】解：（1）联立方程 ，所以 BC 长|BC |2p1，从而 的方程为 y2x4 分（2）设 B（x B，y B） ，C（x C，y C） ，l ： （k 0） 由 、 ，得到 8 分，所以 10 分（3）若 l 垂直于 x 轴，则由|AB| |AC |A（0，0） ，此时重心坐标为 以下设 l： （k 0） ，A（x A，y A） ， 设线段 BC 中点 D（x D，y D） ，则 ，所以直线 AD 的斜率 ， 14 分此时 ，从而直线 AD： 与
28、 x 轴的交点（5p，0）即为ABC 的重心第 16 页（共 18 页）综合有，ABC 的重心为 或者（5p，0） 16 分【点评】本题考查抛物线与直线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力21 （18 分）设函数 f（x ）在1 ，+）上有定义，实数 a，b 满足 1ab若 f（x）在区间（a，b上不存在最小值，则称 f（x）在区间（a，b上具有性质 p（1）当 f（x） x2+Cx，且 f（x ）在区间（1，2 上具有性质 p 时，求常数 C 的取值范围；（2）已知 f（x +1）f（x ） +1（x1） ，且当 1x 2 时，f（x）1x，判别 f（x）在区间1，4 上是否具有性质
29、p；（3）若对于满足 1ab 的任意实数 a，b；f（x ）在区间（a，b上具有性质 p，且对于任意 nN*，当 x（n，n+1 ）时，有：|f（n）f （x）|+|f（x）f（n+1）| |f（n）f（n+1）|，证明：当 x1 时，f（2x ）f（x） 【分析】 （1）分别讨论 f（x ）图象的对称轴 与 1 和 2 的关系，即可得出 f（x）是否存在最小值，从而求出 C 的取值范围；（2）由题目条件可得出 f（x）在区间（1，4 上如果有最小值，则最小值必在区间（1，2上取到，又 在区间（1，2 上不存在最小值，所以f（x）在区间（ 1，4 上具有性质 P；（3）首先证明对于任意 nN*
30、，f（n）f （n+1） ；其次证明当 n1 且 xn 时，f （x）f（n） ；当 n2 且 xn 时，f（x）f （n） ；最后证明：当 x1 时，f （2x）f（x） 【解答】解：（1）当 时，f（x ）x 2+Cx 在（1，2上存在最小值 ；当 时，f（x ）在（1，2 上存在最小值 f（2） ；当 时，f（x ）在（1，2 上单调递增，所以不存在最小值所以 C2（2）因为 x1 时，f（x+1）f（x ）+1 f （x） ，所以 f（x）在区间（ 1，4 上如果有最小值，则最小值必在区间（1，2上取到另一方面， 在区间（1，2上不存在最小值，所以 f（x）在区间（ 1，4 上具有性质
31、 P第 17 页（共 18 页）（3） 首先证明对于任意 nN*，f（n）f （n+1 ） 当 x（n，n+1）时，由|f（n）f （x）|+| f（x）f （n+1）| |f（n）f（n+1）|可知 f（x）介于 f（n）和 f（ n+1）之间若 f（n）f（n+1） ，则 f（x）在区间（ n，n+1上存在最小值 f（n+1） ，矛盾利用归纳法和上面结论可得：对于任意 k，nN *，当 nk 时，f（n）f（k） 其次证明当 n1 且 xn 时，f（x ）f（n） ；当 n2 且 xn 时，f （x ）f （n） 任取 xn，设正整数 k 满足 nk xk+1，则 f（n）f（k）f（x）
32、f（k+1） 若存在 k+1x 0k n 使得 f（x 0）f （n） ，则 f（x 0） f（n）f（k）f（x 0） ，即 f（k）f（x 0） 由于当 x（k，k +1）时，f （k）f （ x） ，所以 f（x）在区间（ k，x 0有最小值 f（x 0） ，矛盾类似可证，当 n2 且 xn 时，f （x）f（n） 最后证明：当 x1 时，f（ 2x）f（x） 当 x1 时，f（ 2）f（1）成立当 x1 时，由 2xxx1 可知，存在 nN*使得 xn2x ，所以 f（x）f （n）f（2x） 当 x（n，n+1）时，有：|f（n）f （x）|+| f（x）f （n+1）| |f（n）
33、f（n+1）|若 f（n）f（n+1） ，则 f（x）f（n）f（n+1） ，所以 f（x）在（ n，n+1上存在最小值，故不具有性质 p，故不成立若 f（n）f（n+1） ，则 minf（n） ，f（n+1）f（x）max f（n） ，f （n+1）假设 f（n+1） f（n） ，则 f（x ）在（n，n+1 上存在最小值，故不具有性质 p，故假设不成立所以当 x（n， n+1）时，f（n）f （x）f（n+1）对于任意 nN*都成立又 f（n）f（n+1） ，故当 mn（m、n N*） ，所以 f（m）f（m+1）f（n1）f （n） ，即 f（m）f（n） 所以当 xn 时，则存在正整数 m 使得 m1x mn，则 f（m1）f（x）f（m）f（n）所以当 xn 时，f（x）f（ n） ，同理可证得当 xn 时，f（x）f （n） 所以当 x1 时，必然存在正整数 n，使得 xn2x ，所以 f（x）f（n）f（2x） ；当 x1 时，f（ 2）f（1）显然成立；所以综上所述：当 x1 时，f （2x）f（x ） 【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，需要对题目的条件充分理解和利用，证明第 18 页（共 18 页）用到了数学归纳法，属于难题
