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2009年上海市高考数学试卷(理科)
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2009年上海市高考数学试卷(理科)一、填空题(共14小题,每小题4分,满分56分))1.若复数z满足z(1+i)=1-i(I是虚数单位),则其共轭复数z=________.2.已知集合A={x|x≤1},B={x|x≥a},且A∪B=R,则实数a的取值范围是________.3.若行列式45x1x3789中,元素4的代数余子式大于0,则x满足的条件是________.4.某算法的程序框如下图所示,则输出量y与输入量x满足的关系式是________.5.如图,若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,高为4,则异面直线BD1与AD所成角的大小是________(结果用反三角函数值表示).6.函数y=2cos2x+sin2x的最小值是________.7.某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为上海世博会志愿者,若用随机变量ξ表示选出的志愿者中女生的人数,则数学期望Eξ________(结果用最简分数表示).8.已知三个球的半径R1,R2,R3满足R1+2R2=3R3,则它们的表面积S1,S2,S3,满足的等量关系是________.9.已知F1、F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点,P为椭圆C上一点,且PF1→⊥PF2→.若△PF1F2的面积为9,则b=________.10.在极坐标系中,由三条直线θ=0,θ=π3,ρcosθ+ρsinθ=1围成图形的面积等于________.试卷第5页,总6页 11.当0≤x≤12时,不等式sinπx≥kx恒成立.则实数k的取值范围是________.12.已知函数f(x)=sinx+tanx,项数为27的等差数列{an}满足an∈(-π2,π2),且公差d≠0,若f(a1)+f(a2)+...f(a27)=0,则当k=________时,f(ak)=0.13.某地街道呈现东-西、南-北向的网格状,相邻街距都为1.两街道相交的点称为格点.若以互相垂直的两条街道为轴建立直角坐标系,现有下述格点(-2, 2),(3, 1),(3, 4),(-2, 3),(4, 5),(6, 6)为报刊零售点.请确定一个格点(除零售点外)________为发行站,使6个零售点沿街道到发行站之间路程的和最短.14.将函数y=4+6x-x2-2(x∈[0, 6])的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(0≤θ≤α),得到曲线C.若对于每一个旋转角θ,曲线C都是一个函数的图象,则α的最大值为________.二、选择题(共4小题,每小题4分,满分16分))15.“-2≤a≤2”是“实系数一元二次方程x2+ax+1=0有虚根”的(    )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件16.若事件E与F相互独立,且P(E)=P(F)=14,则P(E∩F)的值等于()A.0B.116C.14D.1217.有专业机构认为甲型N1H1流感在一段时间没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天,每天新增疑似病例不超过15人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据,一定符合该标志的是()A.甲地:总体均值为3,中位数为4B.乙地:总体均值为1,总体方差大于0C.丙地:中位数为2,众数为3D.丁地:总体均值为2,总体方差为318.过圆C:(x-1)2+(y-1)2=1的圆心,作直线分别交x、y正半轴于点A、B,△AOB被圆分成四部分(如图),若这四部分图形面积满足S|+SIV=S||+S|||则直线AB有()A.0条B.1条C.2条D.3条试卷第5页,总6页 三、解答题(共5小题,满分78分))19.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,求二面角B1-A1C-C1的大小.20.有时我们可用函数f(x)=0.1+15lnaa-x,x≤6,x-4.4x-4,x>6, 描述学习某学科知识的掌握程度,其中x表示某学科知识的学习次数(x∈N),f(x)表示对该学科知识的掌握程度,正实数a与学科知识有关.(1)当x≥7时,掌握程度的增长量f(x+1)-f(x)总是上升的还是下降的?并说明理由;(2)根据经验,学科甲,乙,丙对应的a的取值区间分别为(115, 121],(121, 127],(127, 133].当学习某学科知识6次时,掌握程度是85%,请确定相应的学科.(参考数据:e0.04≈1.04,e0.05≈1.05,e0.06≈1.06)21.已知双曲线c:x22-y2=1,设直线l过点A(-32,0),(1)当直线l与双曲线C的一条渐近线m平行时,求直线l的方程及l与m的距离;(2)证明:当k>22时,在双曲线C的右支上不存在点Q,使之到直线l的距离为6.22.已知函数y=f(x)的反函数.定义:若对给定的实数a(a≠0),函数y=f(x+a)与y=f-1(x+a)互为反函数,则称y=f(x)满足“a和性质”;若函数y=f(ax)与y=f-1(ax)互为反函数,则称y=f(x)满足“a积性质”.(1)判断函数g(x)=x2+1(x>0)是否满足“1和性质”,并说明理由;(2)求所有满足“2和性质”的一次函数;(3)设函数y=f(x)(x>0)对任何a>0,满足“a积性质”.求y=f(x)的表达式.23.已知{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.(1)若an=3n+1,是否存在m、k∈N*,有am+am+1=ak?说明理由;(2)找出所有数列{an}和{bn},使对一切n∈N*,an+1an=bn,并说明理由;(3)若a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p,使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项,请证明.试卷第5页,总6页 参考答案与试题解析2009年上海市高考数学试卷(理科)一、填空题(共14小题,每小题4分,满分56分)1.i2.a≤13.x>83且x≠44.y=x-2,x>12x,x≤15.arctan56.1-27.478.S1+2S2=3S39.310.3-3411.k≤212.1413.(3, 3)14.arctan23二、选择题(共4小题,每小题4分,满分16分)15.A16.B17.B18.B三、解答题(共5小题,满分78分)19.解:如图,建立空间直角坐标系.则A(2, 0, 0),C(0, 2, 0),A1(2, 0, 2),B1(0, 0, 2),C1(0, 2, 2),设AC的中点为M,∵BM⊥AC,BM⊥CC1.∴BM⊥平面A1C1C,即BM→=(1, 1, 0)是平面A1C1C的一个法向量.设平面A1B1C的一个法向量是n=(x, y, z).A1C→=(-2, 2, -2),A1B1→=(-2, 0, 0),∴n⋅A1B1→=-2x=0n⋅A1C1→=-2x+2y-2z=0令z=1,解得x=0,y=1.∴n=(0, 1, 1),设法向量n与BM→的夹角为φ,二面角B1-A1C-C1的大小为θ试卷第5页,总6页 ,显然θ为锐角.∵cosθ=|cosφ|=|n⋅BM→||n|⋅|BM→|=12,解得:θ=π3.∴二面角B1-A1C-C1的大小为π3.20.解:(1)当x≥7时,掌握程度的增长量f(x+1)-f(x)总是下降的,理由如下:当x≥7时,f(x+1)-f(x)=0.4(x-3)(x-4),而当x≥7时,函数y=(x-3)(x-4)单调递增.又(x-3)(x-4)>0,故函数f(x+1)-f(x)单调递减,当x≥7时,掌握程度的增长量f(x+1)-f(x)总是下降.(2)由题意可知,0.1+15lnaa-6=0.85,整理得aa-6=e0.05,则a=e0.05e0.05-1⋅6=20.50×6=123,123∈(121,127],由此可知,该学科是乙学科.21.解:(1)双曲线C的渐近线m:x2±y=0,即x±2y=0∴直线l的方程x±2y+32=0∴直线l与m的距离d=321+2=6.(2)设过原点且平行于l的直线b:kx-y=0,则直线l与b的距离d=32|k|1+k2,当k>22时,d>6.又双曲线C的渐近线为x±2y=0,∴双曲线C的右支在直线b的右下方,∴双曲线C的右支上的任意点到直线l的距离大于6.故在双曲线C的右支上不存在点Q(x0, y0)到到直线l的距离为6.22.解(1)函数g(x)=x2+1(x>0)的反函数是g-1(x)=x-1(x>1),∴g-1(x+1)=x(x>0),而g(x+1)=(x+1)2+1(x>-1),其反函数为y=x-1-1(x>1),故函数g(x)=x2+1(x>0)不满足“1和性质”.试卷第5页,总6页 (2)设函数f(x)=kx+b(x∈R)满足“2和性质”,k≠0.∴f-1(x)=x-bk(x∈R),∴f-1(x+2)=x+2-bk,而 f(x+2)=k(x+2)+b(x∈R),得反函数 y=x-b-2kk,由“2和性质”定义可知  x+2-bk=x-b-2kk,对(x∈R)恒成立.∴k=-1,b∈R,即所求一次函数f(x)=-x+b(b∈R).(3)设a>0,x0>0,且点(x0, y0)在y=f(ax)图象上,则(y0, x0)在函数y=f-1(ax)图象上,故f(ax0)=y0f-1(ay0)=x0,可得 ay0=f(x0)=af(ax0),令  ax0=x,则a=xx0,∴f(x0)=xx0f(x),即f(x)=x0f(x0)x.综上所述,f(x)=kx(k≠0),此时f(ax)=kax,其反函数是y=kax,而f-1(ax)=kax,故y=f(ax)与y=f-1(ax)互为反函数.23.解:(1)由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1,整理后,可得k-2m=43,∵m、k∈N*,∴k-2m为整数,∴不存在m、k∈N*,使等式成立.(2)设an=nd+c,若an+1an=bn,对n∈N×都成立,且{bn}为等比数列,则an+2an+1/an+1an=q,对n∈N×都成立,即anan+2=qan+12,∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2,对n∈N×都成立,∴d2=qd2(I)若d=0,则an=c≠0,∴bn=1,n∈N*.(II)若d≠0,则q=1,∴bn=m(常数),即dn+d+cdn+c=m,则d=0,矛盾.综上所述,有an=c≠0,bn=1,使对一切n∈N×,an+1an=bn.(3)an=4n+1,bn=3n,n∈N*,设am+1+am+2++am+p=bk=3k,p、k∈N*,m∈N.4(m+1)+1+4(m+p)+12p=3k,∴4m+2p+3=3kp,∵p、k∈N*,∴p=3s,s∈N取k=3s+2,4m=32s+2-2×3s-3=(4-1)2s+2-2×(4-1)s-3≥0,由二项展开式可得整数M1、M2,使得(4-1)2s+2=4M1+1,2×(4-1)s=8M2+(-1)S2∴4m=4(M1-2M2)-((-1)S+1)2,∴存在整数m满足要求.故当且仅当p=3s,s∈N,命题成立.试卷第5页,总6页
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