2017年上海市高考数学试卷一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分） 1.已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，则A∩B= ．{3,4} 【解析】∵集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，∴A∩B={3，4}．2．（2017年上海）若排列数A m6=6×5×4，则m= ．2.3 【解析】∵排列数A m6=6×5×…×(6-m+1)，∴6-m+1=4，即m=3.3．（2017年上海）不等式x-1x＞1的解集为 ．3.(-∞，0) 【解析】由x-1x ＞1，得1-1x >1，则1x <0，解得x<0，即原不等式的解集为(-∞，0).4.（2017年上海）已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于 ．4.9π 【解析】设球的半径为R ，则由球的体积为36π，可得43πR 3=36π，解得R=3.该球的主视图是半径为3的圆，其面积为πR 2=9π．5．（2017年上海）已知复数z 满足z+3z=0，则|z|= ．5. 3 【解析】由z+3z =0，可得z 2+3=0，即z 2=-3，则z=±3i ，|z|= 3.6．（2017年上海）设双曲线x 29-y 2b 2=1（b ＞0）的焦点为F 1，F 2，P 为该双曲线上的一点，若|PF 1|=5，则|PF 2|= ．6.11 【解析】双曲线x 29-y 2b 2=1中，a=9=3，由双曲线的定义，可得||PF 1|-|PF 2||=6，又|PF 1|=5，解得|PF 2|=11或﹣1（舍去），故|PF 2|=11. 7．（2017年上海）如图，以长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若向量→DB 1的坐标为（4，3，2），则向量→AC 1的坐标是 ．7.(-4,3,2) 【解析】由→DB 1的坐标为（4，3，2），可得A （4，0，0），C(0,3,2)，D 1(0,0,2)，则C 1（0，3，2），∴→AC 1=（﹣4，3，2）．8.（2017年上海）定义在（0，+∞）上的函数y=f （x ）的反函数为y=f ﹣1（x ），若g （x ）=⎩⎨⎧3x -1，x≤0，f(x)，x>0为奇函数，则f -1（x ）=2的解为 ．8.89 【解析】g （x ）=⎩⎨⎧3x -1，x≤0，f(x)，x>0为奇函数，可得当x ＞0时，﹣x ＜0，即有g(x)=-g （﹣x ）=-(3-x -1)=1-3-x ，则f(x)=1-3-x .由f -1（x ）=2，可得x=f(2)=1-3-2=89，即f -1（x ）=2的解为89.9．（2017年上海）已知四个函数：①y=-x ，②y=-1x，③y=x 3，④y=x 12，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 ．9.12【解析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n=C 24=6，“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有①③，①④，共2个，∴事件“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为p=26=13.10．（2017年上海）已知数列{a n }和{b n }，其中a n =n 2，n ∈N *，{b n }的项是互不相等的正整数，若对于任意n ∈N *，{b n }的第a n 项等于{a n }的第b n 项，则lg(b 1b 4b 9b 16)lg(b 1b 2b 3b 4)=10.2 【解析】∵a n =n 2，n ∈N *，若对于一切n ∈N *，{b n }中的第a n 项恒等于{a n }中的第b n 项，∴b a n =a b n =b 2n .∴b 1=b 12，b 4=b 22，b 9=b 32，b 16=b 42.∴b 1b 4b 9b 16=(b 1b 2b 3b 4)2，lg(b 1b 4b 9b 16)lg(b 1b 2b 3b 4)=2.11．（2017年上海）设α1，α2∈R 且12+sin α1+12+sin 2α2=2，则|10π-α1-α2|的最小值等于 ．11.π4 【解析】由-1≤sin α1≤1，可得1≤2+sin α1≤3，则13≤12+sin α1≤1.同理可得13≤12+sin 2α2≤1.要使12+sin α1+12+sin 2α2=2，则12+sin α1=12+sin 2α2=1，即sin α1=sin 2α2=-1.所以α1=2k 1π-π2，2α2=2k 2π-π2，k 1,k 2∈Z .所以|10π-α1-α2|=|10π-(2k 1π-π2)-(k 2π-π4)|=|10π+3π4-(2k 1+k 2)π|，当2k 1+k 2=11时，|10π-α1-α2|取得最小值π4.12．（2017年上海）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P 1，P 2，P 3，P 4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合Ω={P 1，P 2，P 3，P 4}，点P ∈Ω，过P 作直线l P ，使得不在l P 上的“▲”的点分布在l P 的两侧．用D 1（l P ）和D 2（l P ）分别表示l P 一侧和另一侧的“▲”的点到l P 的距离之和．若过P 的直线l P 中有且只有一条满足D 1（l P ）=D 2（l P ），则Ω中所有这样的P 为 ．12.P 1,P 3,P 4 【解析】设记为“▲”的四个点为A ，B ，C ，D ，线段AB ，BC ，CD ，DA 的中点分别为E ，F ，G ，H ，易知EFGH 为平行四边形，如图所示，四边形ABCD 两组对边中点的连线交于点P 2，则经过点P 2的所有直线都是符合条件的直线l P .因此经过点P 2的符合条件的直线l P 有无数条；经过点P 1,P 3,P 4的符合条件的直线l P 各有1条，即直线P 2P 1,P 2P 3,P 2P 4.故Ω中所有这样的P 为P 1,P 3.P 4.二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13．（2017年上海）关于x ，y 的二元一次方程组⎩⎨⎧x+5y=0，2x+3y=4的系数行列式D 为( )A.⎪⎪⎪⎪0 54 3B.⎪⎪⎪⎪1 02 4C.⎪⎪⎪⎪1 52 3D.⎪⎪⎪⎪6 05 413.C 【解析】关于x ，y 的二元一次方程组⎩⎨⎧x+5y=0，2x+3y=4的系数行列式D=．故选C ．14．（2017年上海）在数列{a n }中，a n =（-12）n ，n ∈N *，则lim n →∞ a n （ ） A.等于-12 B.等于0 C.等于12D.不存在14.B 【解析】数列{a n }中，a n =（-12）n ，n ∈N *，则lim n →∞a n =lim n →∞(-12)n=0．故选B ．15.（2017年上海）已知a,b,c 为实常数，数列{x n }的通项x n =an 2+bn+c ，n ∈N *，则“存在k ∈N *，使得x 100+k ，x 200+k ，x 300+k 成等差数列”的一个必要条件是（ ） A.a≥0 B.b≤0 C.c=0 D.a-2b+c=015.A 【解析】存在k ∈N *，使得x 100+k ，x 200+k ，x 300+k 成等差数列，可得2[a （200+k ）2+b （200+k ）+c]=a （100+k ）2+b （100+k ）+c+a （300+k ）2+b （300+k ）+c ，化简得a=0，∴使得x 100+k ，x 200+k ，x 300+k 成等差数列的必要条件是a≥0．故选A ．16．（2017年上海）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 236+y 24=1和C 2：x 2+y 29=1．P为C 1上的动点，Q 为C 2上的动点，w 是→OP ·→OQ 的最大值．记Ω={（P ，Q ）|P 在C 1上，Q 在C 2上且→OP ·→OQ=w}，则Ω中的元素有（ ） A.2个B.4个C.8个D.无穷个16.D 【解析】P 为椭圆C 1：x 236+y 24=1上的动点，Q 为C 2：x 2+y 29=1上的动点，可设P （6cosα，2sinα），Q （cosβ，3sinβ），α，β∈[0,2π],则→OP ·→OQ=6cosαcosβ+6sinαsinβ=6cos （α-β），当α-β=2kπ，k ∈Z 时，→OP ·→OQ 取得最大值w=6，即使得→OP ·→OQ=w 的点对(P,Q)有无穷多对，Ω中的元素有无穷个.三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分） 17．（2017年上海）如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面为直角三角形，两直角边AB 和AC 的长分别为4和2，侧棱AA 1的长为5． （1）求三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积；（2）设M 是BC 中点，求直线A 1M 与平面ABC 所成角的大小．17.【解析】（1）∵直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面为直角三角形， 两直角边AB 和AC 的长分别为4和2，侧棱AA 1的长为5．∴三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的体积V=S △ABC ·AA 1=12AB ·AC ·AA 1=12×4×2×5=20.（2）连接AM.∵直三棱柱ABC-A 1B 1C 1， ∴AA 1⊥底面ABC.∴∠AMA 1是直线A 1M 与平面ABC 所成角.∵△ABC 是直角三角形，两直角边AB 和AC 的长分别为4和2，点M 是BC 的中点， ∴AM=12BC=12×42+22= 5.由AA 1⊥底面ABC ，可得AA 1⊥AM,∴tan ∠A 1MA=AA 1AM =55= 5.∴直线A 1M 与平面ABC 所成角的大小为arctan 5．18．（2017年上海）已知函数f （x ）=cos 2x ﹣sin 2x+12，x ∈（0，π）．（1）求f （x ）的单调递增区间；（2）设△ABC 为锐角三角形，角A 所对边a=19，角B 所对边b=5，若f （A ）=0，求△ABC 的面积．18.【解析】（1）函数f （x ）=cos 2x-sin 2x+12=cos 2x+12，x ∈（0，π）.由2kπ-π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣π2≤x≤kπ，k ∈Z. k=1时，π2≤x≤π，可得f （x ）的增区间为[π2，π）.（2）f （A ）=0，即有cos2A+12=0，解得2A=2k π±2π3.又A 为锐角,故A=π3.又a=19,b=5，由正弦定理得sinB=bsinA a =55738,则cosB=1938.所以sinC=sin(A+B)=32×1938+12×55738=35738. 所以S △ABC =12absinC=12×19×5×35738=1534.19．（2017年上海）根据预测，某地第n （n ∈N *）个月共享单车的投放量和损失量分别为a n 和b n （单位：辆），其中a n =⎩⎨⎧5n 4+15，1≤n ≤3，-10n+470，n ≥4，b n =n+5，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差． （1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量S n =-4（n ﹣46）2+8800（单位：辆），设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 19.【解析】（1）前4个月共享单车的累计投放量为a 1+a 2+a 3+a 4=20+95+420+430=965， 前4个月共享单车的累计损失量为b 1+b 2+b 3+b 4=6+7+8+9=30， ∴该地区第4个月底的共享单车的保有量为965﹣30=935． （2）令a n ≥b n ，显然n≤3时恒成立，当n≥4时，有﹣10n+470≥n+5，解得n≤46511，∴第42个月底，保有量达到最大．当n≥4，{a n }为公差为﹣10等差数列，而{b n }为公差为1的等差数列，∴到第42个月底，共享单车保有量为a 4+a 422×39+535-b 1+b 422×42=430+502×39+535-6+472×42=8782．又S 42=﹣4×(42-46)2+8800=8736， 8782＞8736，∴第42个月底共享单车保有量超过了停放点的单车容纳量．20．（2017年上海）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆Γ：x 24+y 2=1，A 为Γ的上顶点，P为Γ上异于上、下顶点的动点，M 为x 正半轴上的动点． （1）若P 在第一象限且|OP|=2，求P 的坐标；（2）设P （85,35），若以A,P,M 为顶点的三角形是直角三角形，求M 的横坐标；（3）若|MA|=|MP|，直线AQ 与Γ交于另一点C 且→AQ=2→AC ，→PQ=4→PM ，求直线AQ 的方程． 20.【解析】（1）设P （x ，y ）（x ＞0，y ＞0）， 由点P 在椭圆Γ：x 24+y 2=1上且|OP|=2,可得⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 2=1，x 2+y 2=2，解得x 2=43,y 2=23，则P （233，63）．（2）设M （x 0，0），A （0，1），P （85，35）.若∠P=90°，则→PA •→PM =0，即（-85，25）•（x 0﹣85，﹣35）=0， ∴（﹣85）x 0+6425-625=0，解得x 0=2920．若∠M=90°，则→MA •→MP=0，即（﹣x 0，1）•（85﹣x 0，35）=0， ∴x 02-85x 0+35=0，解得x 0=1或x 0=35.若∠A=90°，则M 点在x 轴负半轴，不合题意． ∴点M 的横坐标为2920或1或35．（3）设C （2cosα，sinα）， ∵→AQ=2→AC ，A （0，1），∴Q （4cosα，2sinα﹣1）.又设P （2cosβ，sinβ），M （x 0，0），∵|MA|=|MP|，∴x 02+1=（2cosβ﹣x 0）2+（sinβ）2， 整理得x 0=34cosβ.∵→PQ =（4cosα﹣2cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1），→PM=（-54cosβ，﹣sinβ），→PQ=4→PM， ∴4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ. ∴cosβ=﹣43cosα，sinβ=13（1﹣2sinα）.以上两式平方相加，整理得3（sinα）2+sinα﹣2=0， ∴sinα=23或sinα=﹣1（舍去）.此时，直线AC 的斜率k AC =sin α-12cos α=510（负值已舍去），如图．∴直线AQ 的方程为为y=510x+1．21．（2017年上海）设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x1，x2∈R，当x1＜x2时，都有f（x1）≤f（x2）．（1）若f（x）=ax3+1，求a的取值范围；（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值．函数h（x）=f（x）g（x）．证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．21.【解析】（1）由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）=a（x13﹣x23）≤0，∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．故a的取值范围是[0，+∞）.（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为T k，任取x0∈R，则有f（x0）=f（x0+T k）.由题意，对任意x∈[x0，x0+T k]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+T k），∴f（x0）=f（x）=f（x0+T k）．又∵f（x0）=f（x0+nT k），n∈Z，并且…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…=R，∴对任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，为常数.（3）证明：(充分性)若f（x）是常值函数，记f（x）=c1，设g（x）的一个周期为T g，则h （x）=c1•g（x），对任意x0∈R，h（x0+T g）=c1•g（x0+T g）=c1•g（x0）=h（x0），故h（x）是周期函数.(必要性)若h（x）是周期函数，记其一个周期为T h．若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，则由题意可知，x1＞x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1T k＞x1，∴f（x2+N1T k）＞f（x1）＞0，且h（x2+N1T k）=h（x2）．又h（x2）=g（x2）f（x2）＜0，而h（x2+N1T k）=g（x2+N1T k）f（x2+N1T k）＞0≠h（x2），矛盾．综上，f（x）＞0恒成立．由f（x）＞0恒成立，任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2T h≤x0﹣T g，即[x0﹣T g，x0]⊆[x0﹣N2T h，x0]，∵…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…=R，∴…∪[x0﹣2N2T h，x0﹣N2T h]∪[x0﹣N2T h，x0]∪[x0，x0+N2T h]∪[x0+N2T h，x0+2N2T h]∪…=R．h（x0）=g（x0）•f（x0）=h（x0﹣N2T h）=g（x0﹣N2T h）•f（x0﹣N2T h），∵g（x0）=M≥g（x0﹣N2T h）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2T h）＞0．因此若h（x0）=h（x0﹣N2T h），必有g（x0）=M=g（x0﹣N2T h），且f（x0）=f（x0﹣N2T h）=c．而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，为常数．必要性得证．综上所述，“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．。