2018高考理科數(shù)學(xué)試卷真題試卷答案解析【word文字版下載】尚未公布，請參考往年公布情況！

上海市高考數(shù)學(xué)試卷

一、填空題（本大題共12題，滿分54分，第1～6題每題4分，第7～12題每題5分） 1.已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，則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）若排列數(shù)Am

6=6×5×4，則m= ．

2.3 【解析】∵排列數(shù)Am

6=6×5×…×(6-m+1)，∴6-m+1=4，即m=3.

3．（2017年上海）不等式x-1x

＞1的解集為 ．

3.(-∞，0) 【解析】由x-1x＞1，得1-1x>1，則1

x<0，解得x<0，即原不等式的解集為(-∞，0).

4.（2017年上海）已知球的體積為36π，則該球主視圖的面積等于 ．

4.9π 【解析】設(shè)球的半徑為R，則由球的體積為36π，可得4

3πR3=36π，解得R=3.該球的主

視圖是半徑為3的圓，其面積為πR2=9π．

5．（2017年上海）已知復(fù)數(shù)z滿足z+3

z

=0，則|z|= ．

5.3 【解析】由z+3

z=0，可得z2+3=0，即z2=-3，則z=±3i，|z|=3.

6．（2017年上海）設(shè)雙曲線x29-y2

b2=1（b＞0）的焦點為F1，F(xiàn)2，P為該雙曲線上的一點，若|PF1|=5，

則|PF2|= ．

6.11 【解析】雙曲線x29-y2

b2=1中，a=9=3，由雙曲線的定義，可得||PF1|-|PF2||=6，又|PF1|=5，

解得|PF2|=11或?1（舍去），故|PF2|=11. 7．（2017年上海）如圖，以長方體ABCD-A1B1C1D1的頂點D為坐標(biāo)原點，過D的三條棱所在的直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系，若向量→DB1的坐標(biāo)為（4，3，2），則向量→AC1的坐標(biāo)是 ．

7.(-4,3,2) 【解析】由→DB1

的坐標(biāo)為（4，3，2），可得A（4，0，0），C(0,3,2)，D1(0,0,2)

則C1（0，3，2），∴→AC1=（?4，3，2）．

8.（2017年上海）定義在（0，+∞）上的函數(shù)y=f（x）的反函數(shù)為y=f?1

（x），若g（x）=

3x-1，x≤0，

f(x)，x>0

為奇函數(shù)，則f-1（x）=2的解為 ．

8.8

9 【解析】g（x）=3x-1，x≤0，f(x)，x>0

為奇函數(shù)，可得當(dāng)x＞0時，?x＜0，即有g(shù)(x)=-g（?x）=-(3-x-1)=1-3-x，則f(x)=1-3-x.由f-1（x）=2，可得x=f(2)=1-3-2=89，即f-1（x）=2的解為89.

9．（2017年上海）已知四個函數(shù)：①y=-x，②y=-1x

，③y=x3

，④y=x1

2，從中任選2個，則事

件“所選2個函數(shù)的圖象有且僅有一個公共點”的概率為 ．

9.12

【解析】從四個函數(shù)中任選2個，基本事件總數(shù)n=C2

4=6，“所選2個函數(shù)的圖象有且只有一個公共點”包含的基本事件有①③，①④，共2個，∴事件“所選2個函數(shù)的圖象有且只有一個公共點”的概率為p=26=1

3

.

10．（2017年上海）已知數(shù)列{an}和{bn}，其中an=n2，n∈N*，{bn}的項是互不相等的正整數(shù)，若對于任意n∈N*，{bn}的第an項等于{an}的第bn項，則lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)

=

10.2 【解析】∵an=n2，n∈N*，若對于一切n∈N*，{bn}中的第an項恒等于{an}中的第bn

項，∴ban=abn=b2n.∴b1=b12，b4=b22，b9=b32，b16=b42.∴b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2，lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)

=2.

11．（2017年上海）設(shè)α1，α2∈R且12+sin α1+1

2+sin 2α2=2，則|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，則13≤12+sin α1≤1.同理可得13≤12+sin 2α2≤1.要使12+sin α1+12+sin 2α2=2，則12+sin α1=12+sin 2α2=1，即sin α1=sin 2α2=-1.所以α1=2k1π-π2，

2α2=2k2π-π2，k1,k2∈Z.所以|10π-α1-α2|=|10π-(2k1π-π2)-(k2π-π4)|=|10π+3π

4-(2k1+k2)π|，

當(dāng)2k1+k2=11時，|10π-α1-α2|取得最小值π

4

.

12．（2017年上海）如圖，用35個單位正方形拼成一個矩形，點P1，P2，P3，P4以及四個標(biāo)記為“▲”的點在正方形的頂點處，設(shè)集合Ω={P1，P2，P3，P4}，點P∈Ω，過P作直線lP，使得不在lP上的“▲”的點分布在lP的兩側(cè)．用D1（lP）和D2（lP）分別表示lP一側(cè)和另一側(cè)的“▲”的點到lP的距離之和．若過P的直線lP中有且只有一條滿足D1（lP）=D2（lP），則Ω中所有這樣的P為 ．

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12.P1,P3,P4 【解析】設(shè)記為“▲”的四個點為A，B，C，D，線段AB，BC，CD，DA的中點分別為E，F(xiàn)，G，H，易知EFGH為行四邊形，如圖所示，四邊形ABCD兩組對邊中點的連線交于點P2，則經(jīng)過點P2的所有直線都是符合條件的直線lP.因此經(jīng)過點P2的符合條件的直線lP有無數(shù)條；經(jīng)過點P1,P3,P4的符合條件的直線lP各有1條，即直線P2P1,P2P3,P2P4.故Ω中所有這樣的P為P1,P3.P4.

二、選擇題（本大題共4題，每題5分，共20分）

13．（2017年上海）關(guān)于x，y的二元一次方程組x+5y=0，

2x+3y=4

的系數(shù)行列式D為( )

A.0 54 3 B.

1 02 4 C.

1 52 3 D.

6 05 4

13.C 【解析】關(guān)于x，y的二元一次方程組x+5y=0，

2x+3y=4

的系數(shù)行列式D=

．故選C．

14．（2017年上海）在數(shù)列{an}中，an=（-1

2）n，n∈N*，則limn→∞ an（ ）

A.等于-12 B.等于0 C.等于1

2

D.不存在

14.B 【解析】數(shù)列{an}中，an=（-12）n，n∈N*，則limn→∞an=limn

→∞

(-12)n

=0．故選B．

15.（2017年上海）已知a,b,c為實常數(shù)，數(shù)列{xn}的通項xn=an2+bn+c，n∈N*，則“存在k∈N*，使得x100+k，x200+k，x300+k成等差數(shù)列”的一個必要條件是（ ） A.a≥0 B.b≤0 C.c=0 D.a-2b+c=0

15.A 【解析】存在k∈N*，使得x100+k，x200+k，x300+k成等差數(shù)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，化簡得a=0，∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差數(shù)列的必要條件是a≥0．故選A．

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16．（2017年上海）在面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1：x236+y24=1和C2：x2+y2

9

=1．P為C1上的動點，Q為C2上的動點，w是→OP?→OQ的最大值．記Ω={（P，Q）|P在C1上，Q在C2上且→OP?→OQ=w}，則Ω中的元素有（ ） A.2個

B.4個

C.8個

D.無窮個

16.D 【解析】P為橢圓C1：x236+y24=1上的動點，Q為C2：x2+y2

9

=1上的動點，可設(shè)P（6cosα，2sinα），Q（cosβ，3sinβ），α，β∈[0,2π],則→OP?→OQ=6cosαcosβ+6sinαsinβ=6cos（α-β），當(dāng)α-β=2kπ，k∈Z時，→OP?→OQ取得最大值w=6，即使得→OP?→OQ=w的點對(P,Q)有無窮多對，Ω中的元素有無窮個.

三、解答題（本大題共5題，共14+14+14+16+18=76分） 17．（2017年上海）如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5． （1）求三棱柱ABC-A1B1C1的體積；

（2）設(shè)M是BC中點，求直線A1M與面ABC所成角的大小．

17.【解析】（1）∵直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為直角三角形， 兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，側(cè)棱AA1的長為5．

∴三棱柱ABC?A1B1C1的體積V=S△ABC?AA1=12AB?AC?AA1=1

2×4×2×5=20.（2）連接

AM.

∵直三棱柱ABC-A1B1C1， ∴AA1⊥底面ABC.

∴∠AMA1是直線A1M與面ABC所成角.

∵△ABC是直角三角形，兩直角邊AB和AC的長分別為4和2，點M是BC的中點， ∴AM=12BC=1

2

×42+22=5.

由AA1⊥底面ABC，可得AA1⊥AM,

∴tan∠A1MA=AA1AM=5

5

=5.

∴直線A1M與面ABC所成角的大小為arctan5

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18．（2017年上海）已知函數(shù)f（x）=cos2x?sin2x+1

2，x∈（0，π）．

（1）求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；

（2）設(shè)△ABC為銳角三角形，角A所對邊a=19，角B所對邊b=5，若f（A）=0，求△ABC的面積．

18.【解析】（1）函數(shù)f（x）=cos2x-sin2x+12=cos 2x+1

2，x∈（0，π）.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，解得kπ?π

2

≤x≤kπ，k∈Z. k=1時，π

2

≤x≤π，

可得f（x）的增區(qū)間為[π

2，π）.

（2）f（A）=0，即有cos2A+1

2=0，

解得2A=2kπ±2π

3.

又A為銳角,故A=π

3.

又a=19,b=5，

由正弦定理得sinB=bsinAa=55738,則cosB=19

38.

所以sinC=sin(A+B)=

32×1938+12×55738=35738

. 所以S△ABC=12absinC=12×19×5×35738=153

4

.

19．（2017年上海）根據(jù)預(yù)測，某地第n（n∈N*）個月共享單車的投放量和損失量分別為

an和bn（單位：輛），其中an=5n4+15，1≤n≤3，

-10n+470，n≥4，

bn=n+5，第n個月底的共享單車的保有量

是前n個月的累計投放量與累計損失量的差． （1）求該地區(qū)第4個月底的共享單車的保有量；

（2）已知該地共享單車停放點第n個月底的單車容納量Sn=-4（n?46）2+8800（單位：輛），設(shè)在某月底，共享單車保有量達(dá)到最大，問該保有量是否超出了此時停放點的單車容納量？ 19.【解析】（1）前4個月共享單車的累計投放量為a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965， 前4個月共享單車的累計損失量為b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30， ∴該地區(qū)第4個月底的共享單車的保有量為965?30=935． （2）令an≥bn，顯然n≤3時恒成立，

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當(dāng)n≥4時，有?10n+470≥n+5，解得n≤465

11

，

∴第42個月底，保有量達(dá)到最大．

當(dāng)n≥4，{an}為公差為?10等差數(shù)列，而{bn}為公差為1的等差數(shù)列，

∴到第42個月底，共享單車保有量為a4+a422×39+535-b1+b422×42=430+502×39+535-6+47

2×

42=8782．

又S42=?4×(42-46)2+8800=8736， 8782＞8736，

∴第42個月底共享單車保有量超過了停放點的單車容納量．

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當(dāng)n≥4時，有?10n+470≥n+5，解得n≤465

11

，

∴第42個月底，保有量達(dá)到最大．

當(dāng)n≥4，{an}為公差為?10等差數(shù)列，而{bn}為公差為1的等差數(shù)列，

∴到第42個月底，共享單車保有量為a4+a422×39+535-b1+b422×42=430+502×39+535-6+47

2×

42=8782．

又S42=?4×(42-46)2+8800=8736， 8782＞8736，

∴第42個月底共享單車保有量超過了停放點的單車容納量．

20．（2017年上海）在面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓Γ：x24+y2

=1，A為Γ的上頂點，P

為Γ上異于上、下頂點的動點，M為x正半軸上的動點． （1）若P在第一象限且|OP|=2，求P的坐標(biāo)；

（2）設(shè)P（85,3

5

），若以A,P,M為頂點的三角形是直角三角形，求M的橫坐標(biāo)；

（3）若|MA|=|MP|，直線AQ與Γ交于另一點C且→AQ=2→AC，→PQ=4→PM，求直線AQ的方程． 20.【解析】（1）設(shè)P（x，y）（x＞0，y＞0），

由點P在橢圓Γ：x2

4+y2

=1上且|OP|=2,可得x2

4+y2=1，x2+y2

=2，

解得x2=43,y2=23，則P（233，6

3）．

（2）設(shè)M（x0，0），A（0，1），P（85，3

5

）.

若∠P=90°，則→PA•→PM=0，即（-85，25）•（x0?85，?35）=0， ∴（?85）x0+6425-625=0，解得x0=29

20

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若∠M=90°，則→MA•→MP=0，即（?x0

，1）•（85?x0，35）=0， ∴x02-8

5x0+35

=0，解得x0=1或x0=35.

若∠A=90°，則M點在x軸負(fù)半軸，不合題意． ∴點M的橫坐標(biāo)為2920或1或3

5

．

（3）設(shè)C（2cosα，sinα）， ∵→AQ=2→AC，A（0，1），

∴Q（4cosα，2sinα?1）.

又設(shè)P（2cosβ，sinβ），M（x0，0），

∵|MA|=|MP|，∴x02+1=（2cosβ?x0）2+（sinβ）2， 整理得x0=3

4

cosβ.

∵→PQ=（4cosα?2cosβ，2sinα?sinβ?1），→PM=（-54cosβ，?sinβ），→PQ=4→PM

， ∴4cosα?2cosβ=?5cosβ，2sinα?sinβ?1=?4sinβ. ∴cosβ=?43cosα，sinβ=1

3

（1?2sinα）.

以上兩式方相加，整理得3（sinα）2+sinα?2=0， ∴sinα=2

3

或sinα=?1（舍去）.

此時，直線AC的斜率kAC=sinα-12cosα=5

10（負(fù)值已舍去），如圖．

∴直線AQ的方程為為y=

5

10

x+1．

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21．（2017年上海）設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：對于任意的x1，x2∈R，當(dāng)x1＜x2時，都有f（x1）≤f（x2）．

（1）若f（x）=ax3+1，求a的取值范圍；

（2）若f（x）是周期函數(shù)，證明：f（x）是常值函數(shù)；

（3）設(shè)f（x）恒大于零，g（x）是定義在R上的恒大于零的周期函數(shù)，M是g（x）的最大值．函數(shù)h（x）=f（x）g（x）．證明：“h（x）是周期函數(shù)”的充要條件是“f（x）是常值函數(shù)”． 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的取值范圍是[0，+∞）.

（2）證明：若f（x）是周期函數(shù)，記其周期為Tk，任取x0∈R，則有 f（x0）=f（x0+Tk）.

由題意，對任意x∈[x0，x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk）， ∴f（x0）=f（x）=f（x0+Tk）． 又∵f（x0）=f（x0+nTk），n∈Z，并且

…∪[x0?3Tk，x0?2Tk]∪[x0?2Tk，x0?Tk]∪[x0?Tk，x0]∪[x0，x0+Tk]∪[x0+Tk，x0+2Tk]∪…=R，

∴對任意x∈R，f（x）=f（x0）=C，為常數(shù).

（3）證明：(充分性)若f（x）是常值函數(shù)，記f（x）=c1，設(shè)g（x）的一個周期為Tg，則h（x）=c1•g（x），對任意x0∈R，h（x0+Tg）=c1•g（x0+Tg）=c1•g（x0）=h（x0），故h（x）是周期函數(shù).

(必要性)若h（x）是周期函數(shù)，記其一個周期為Th．

若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，則由題意可知， x1＞x2，那么必然存在正整數(shù)N1，使得x2+N1Tk＞x1，