2018年青浦区高考数学二模含答案

（满分150分，答题时间120分钟）

2018.04

一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．

1．不等式|x3|2的解集为__________________．

2．若复数z满足2z315i（i是虚数单位），则z_____________． 3．若sin1，则cos_______________．

234．已知两个不同向量OA(1,m)，OB(m1,2)，若OAAB，则实数m____________． 5．在等比数列an中，公比q2，前n项和为Sn，若S51，则S10．

x2,6．若x,y满足xy10,则z2xy的最小值为____________．

xy20,7．如图所示，一个圆柱的主视图和左视图都是边长为1的正方形， 俯视图是一个直径为1的圆，那么这个圆柱的体积为__________． 8．(1主视图 左视图 126展开式中的系数为______________． x)(1x)2x9．高三某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，已知这位同 学在物理、化学、政治科目考试中达A的概率分别为

（第7题图） 俯视图 735、、， 8412 这三门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得2个A的概率是．

1函数 10．已知f(x)是定义在[2,2]上的奇函数，当x(0,2]时，f(x)2，

xg(x)x22xm. 如果对于任意的x1[2,2]，总存在x2[2,2]，使得f(x1)g(x2)，

则实数m的取值范围是.

11．已知曲线C：y9x2，直线l：y2，若对于点A(0,m)，存在C上的点P和l上的 点Q，使得APAQ0，则m取值范围是．

a2asin1(a,R,a0)，则M的取值范围是． 12．已知M2aacos1二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相

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应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．

13．设,是两个不同的平面，b是直线且b． ．则“b”是“”的（）

（A）充分而不必要条件 （C）充要条件 14．若已知极限lim

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分又不必要条件

sinnn3sinn0，则lim的值为（ ）．

nnsinn2nn

（A）3

3（B） 2

（C）1

1（D） 215．已知函数f(x)是R上的偶函数，对于任意xR都有f(x6)f(x)f(3)成立，当x1,x20,3，

且x1x2时，都有

f(x1)f(x2)0．给出以下三个命题：

x1x2①直线x6是函数f(x)图像的一条对称轴； ②函数f(x)在区间9,6上为增函数； ③函数f(x)在区间9,9上有五个零点． 问：以上命题中正确的个数有（）． （A）0个

（B）1个

（C）2个

（D）3个

16．如图所示，将一圆的八个等分点分成相间的两组，连接每组的四个点得到两个正方形.去掉 两个正方形内部的八条线段后可以形成一正八角星.设正八角星的中心为O，并且

OAe1,OBe2．若将点O到正八角星16个顶点的向量都写成

Be2e1Ae1e2，、R的形式，则的取值范围为（）．

（A）22,2



（B）22,12

O（C）12,12

（D）12,2



三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在的相应位置写出必要的步骤．

17．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

（第16题图）

答题纸

如图，在正四棱锥PABCD中，PAAB22，E，F分别为PB，PD的中点． （1）求正四棱锥PABCD的全面积；

（2）若平面AEF与棱PC交于点M，求平面AEMF与平

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面ABCD所

成锐二面角的大小（用反三角函数值表示）．

18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

已知向量m(cosxxx,1)，n(3sin,cos2)，设函数f(x)mn1． 222（1）若x[0,2]，f(x)11，求x的值； 10（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a,b,c且满足2bcosA2c3a,求f(B)的取值范围．

19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

x2y2已知椭圆C：221(ab0)的一个顶点坐标为A(2,0)，且长轴长是短轴长的两倍．

ab（1）求椭圆C的方程；

（2）过点D(1,0)且斜率存在的直线交椭圆于G、H，G关于x轴的对称点为G，求证：直线GH恒过定点4,0．

20.(本题满分16分）本题共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题6分.

设函数f(x)2ax5aR． x（1）求函数的零点；

（2）当a3时，求证：f(x)在区间,1上单调递减；

（3）若对任意的正实数a，总存在x01,2，使得f(x0)m，求实数m的取值范围．

21.(本题满分18分）本题共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题8分.

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给定数列an，若数列an中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”. （1）已知数列an的通项公式为an3，试判断an是否为封闭数列，并说明理由；

（2）已知数列an满足an2an2an1且a2a12，设Sn是该数列an的前n项和，试问：是否存在这样的“封闭数列”an，使得对任意nN都有Sn0，且

*n1118S1S2111，若存在，Sn18求数列an的首项a1的所有取值；若不存在，说明理由；

（3）证明等差数列an成为“封闭数列”的充要条件是：存在整数m1，使a1md．

青浦区2017学年高三年级第二次学业质量调研测试

数学参考答案及评分标准 2018.04

一.填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果.

1．x1x5或(1,5)； 2．2i； 5．33；

6．523．；

13

4．1； 8．30；

1； 27．

π； 4

9.

151； 192

10.m5；11．[1,1]； 212.

4747M. 33二.选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，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. 13.A ；14.D ； 15．B ；16.C.

三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分） 解：（1）因为正四棱锥PABCD，取AB中点G，连接PG，

PAAB22，PG6，

1S全=S底S侧(22)24226883 2高三数学第4页共8页

（2）连接AC，连接BD，记ACBDO，因为OA，OB，OP两两互相垂直，如图建立空间直角坐

标系O-xyz．因为PBAB22，所以Rt△POBRt△AOB．

所以OAOP2．

所以A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(0,1,1)． 所以AE(2,1,1)，AF(2,1,1)．

nAE0,2xyz0,设平面AEMF的法向量为n(x,y,z)，所以即

2xyz0.nAF0,所以y0．令x1，z2，所以n(1,0,2)． 因为平面平面ABCD的一个法向量为m(0,0,1) 设m与n的夹角为，cosmnmn25225arccos

551525． 5所以平面AEMF与平面ABCD所成锐二面角的大小是arccos18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分） 解：（1）f(x)3sinxxx31cosxcoscos21sinx1 222223111sinxcosxsin(x) 22262∵f(x)113 sin(x); 又1065x[0,]

2∴x33arcsinxarcsin 6565（2）由2bcosA2c3a得2sinBcosA2sinC3sinA

2sinBcosA2sin(AB)3sinA

2sinBcosA2[sinAcosBcosAsinB)3sinA

2sinAcosB3sinAcosB3B(0,] 26高三数学第5页共8页

∴sin(B111)(,0],即f(B)sin(B)f(B)(0,] 6262219．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

x2y2解：（1）因为椭圆C：221(ab0)的一个顶点坐标为A(2,0)，即a2

ab又长轴长是短轴长的两倍，即2a4bb1，

x2所以椭圆方程y21；

4（2）解一：设直线GH的方程为yk(x1) ,点G（x1,y1）,H(x2,y2)则G(x1,y1） 联立方程组yk(x1)22x4y4消去y可得(14k2)x28k2x4k240

8k24k24由韦达定理可得x1x2,x1x2, 2214k14k直线GH：yy1，y2y1(xx1),

x2x1y2y1yxxy4(y2y1)(4x1)=1212

x2x1x2x1当x4时，yy18k24k24k[528]22k[5(x1x2)2x1x28]14k14k=

x2x1x2x140k28k28k[8]22=14k14k=0

x2x1所以直线则GH过定点（4,0）

20.(本题满分16分）本题共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题6分. 解：（1）①当a0时，函数的零点为x2； 5②当a5258a25且a0时，函数的零点是x；

2a8③当a25时，函数无零点； 8高三数学第6页共8页

（2）当a3时，f(x)223x+5，令g(x)3x+5 xx任取x1,x2(,1)，且x1x2，

2(x2x1)23x1x22则g(x1)g(x2)3x15 3x25x1xxx212因为x1x2，x1,x2(,1)，所以x2x10，x1x21，从而

(x2x1)23x1x20

x1x2即g(x1)g(x2)0g(x1)g(x2)故g(x)在区间,1上的单调递减

当x,1时，g(x)6,f(x)223x+5=3x+5g(x) xx即当a3时，f(x)在区间,1上单调递减；

（3）对任意的正实数a，存在x01,2使得f(x0)m，即f(x0)maxm，

当x0,时，

25258aax5,0x2x2af(x)ax+5

x2ax5,x5258a2ax即f(x)在区间0,5258a5258a，上单调递减，在区间上单调递增； 2a2a所以f(x0)maxmaxf(1),f(2)max7a,62a， 又由于a0，max7a,62a88，所以m． 3321.(本题满分18分）本题共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题8分. 解：（1）an不是封闭数列．

23因为取n1,n2，则a1a23912，3123即a1a23,mN从而a1a2an，所以

m*an不是封闭数列；

（2）因为an2an2an1，所以an是等差数列，又a2a12，所以ana12n1，

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若an是“封闭数列”，所以对任意s,tN，必存在pN，使得

**a12s1a12t1a12p1，即a12pst1，故a1是偶数，又对任意nN*都有

Sn0，且

1118S1S2111111118，所以，故a18，故a1可取的值为2,4,6经检Sn188S11811验得：a14或a16；

（3）证明：（必要性）任取等差数列的两项as,at(st)，若存在ak，使asatak，则

2a1(st2)da1(k1)da1(kst1)d，故存在mkst1Z，使a1md

下面证明m1 ①当d0时，显然成立

②当d0时，若m1时则取pm2，对不同的两项a1,ap，存在aq，使a1apaq，即

2md(m1)dmd(q1)dqd，这与0q0,d0矛盾，故存在整数m1，使a1md

（充分性）若存在整数m1，使a1md，则任取等差数列的两项as,at(st)，于是

as+ata1(s1)da1(t1)da1(s1)dmd(t1)da1(smt2)dasmt1，由于

st3,m1，stm1为正整数，即asmt1an证毕．

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