9.上海卷

一、填空题

1.已知z=1+i（其中i为虚数单位），则2=.

2.双曲线x29-y2=1的实轴长为.

3.函数f（x）=cos2x-sin2x+1的周期为.

4.已知a∈R，行列式a132的值与行列式a041的值相等，则a=.

5.已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为.

6.x+y≤0，x-y-1≤0，则z=x+2y的最小值是.

7.二项式（3+x）n的展开式中，x2项的系数是常数项的5倍，则n=.

8.若函数f（x）=a2x-1，x+a，0，x<0，x>0，x=0为奇函数，则参数a的值为.

9.为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的概率为.

10.已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S5=0，则Si（i=0，1，2，…，100）中不同的数值有个.

11.若|a|=|b|=|c|=λ，且满足a·b=0，a·c=2，b·c=1，则λ=.

12.设函数f（x）满足f（x）=f1x+1，定义域为D=[0，+∞），值域为A，若集合{y|y=f（x），x∈[0，a]}可取得A中所有值，则参数a的取值范围为.

二、选择题

13.若集合A=[-1，2），B=Z，则A∩B=（）

（A）{-2，-1，0，1}.（B）{-1，0，1}.

（C）{-1，0}.（D）{-1}.

14.若实数a，b满足a>b>0，下列不等式中恒成立的是（）

（A）a+b>2ab.（B）a+b<2ab.

（C）a2+2b>2ab.（D）a2+2b<2ab.

图1

15.如图1，正方体ABCD|A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，连接A1S，B1D.空间任意两点M，N，若线段MN上不存在点在线段A1S，B1D上，则称MN两点可视，下列选项中与点D1可视的为（）

（A）点P.（B）点B.（C）点R.（D）点Q.

16.已知平面直角坐标系中的点集Q={（x，y）|（x-k）2+（y-k2）2=4|k|，k∈Z}.

①存在直线l与Q没有公共点，且Q中存在两点在l两侧;

②存在直线l经过Q中的无数个点，则（）

（A）①成立②成立.

（B）①成立②不成立.

（C）①不成立②成立.

（D）①不成立②不成立.

图2

三、解答题

17.如图2，三棱锥的底面为等边△ABC，O为AC边中点，PO⊥平面ABC，AP=AC=2.

（1）求三棱锥P|ABC的体积;

（2）若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角的大小.

18.已知f（x）=log3（x+a）+log3（6-x）.

（1）若將函数f（x）的图象向下移m（m>0）个单位，图象经过点（3，0），（5，0），求实数a，m的值;

（2）若a>-3且a≠0，解关于x的不等式f（x）≤f（6-x）.

19.如图3，AD=BC=6，AB=20，∠ABC=∠DAB=120°，O为AB中点，曲线CMD上所有点到O的距离相等，MO⊥AB，P为曲线CM上的一动点，点Q与点P关于OM对称.

图3

（1）若点P与点C重合，求∠POB的大小;

（2）求五边形MQABP面积的最大值.

20.设椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左右焦点分别为F1（-2，0），F2（2，0），Γ下端点为A，M为直线l：x+y-42=0上一点.

（1）若a=2，AM的中点在x轴上，求点M的坐标;

图4

（2）直线l与y轴交于点B，直线AM经过点F2，在△ABM中有一内角余弦值为35，求b;

（3）若椭圆Γ上存在一点P到l的距离为d，且满足|PF1|+|PF2|+d=6，当a变化时，求d的最小值.

21.数列{an}对任意n∈N*，且n≥2，均存在正整数i∈[1，n-1]，满足an+1=2an-ai.若a1=1，a2=3.

（1）求a4的所有可能值;

（2）命题p：若a1，a2，…，a8成等差数列，则a9<30，证明p为真，同时写出p的逆命题q，并判断命题q的真假，说明理由;

（3）若a2m=3m（m∈N*）恒成立，求数列{an}的通项公式.

参考答案

题号12345678答案2-2i6π315π32101题号910111213141516答案37985145-12，+∞BADB

17.（1）VP-ABC=13S△ABC×|PO|

=13×34×22×3=1.

图5

（2）如图5，取CO的中点M，连接MN，PN，则

BO⊥AC，BO⊥PO，

BO⊥平面PAC，

MN∥BO，

MN⊥平面PAC，

所以∠MPN即为所求角.

在Rt△MNP中，

MN=32，PN=132，

tan∠MPN=MNPN=32132=3913，

∠MPN=arctan3913，

所以PM与平面PAC所成角的大小为

arctan3913.

18.（1）因为

g（x）=log3（x+a）+log3（6-x）-m，

所以g（3）=0，g（5）=0，

即g（3）=log3（3+a）+log3（6-3）-m=0，g（5）=log3（5+a）+log3（6-5）-m=0，

解得a=-2，m=1.

（2）当a>-3且a≠0时，

f（x）=log3（x+a）+log3（6-x）

=log3（6-x）（x+a）

=log3[-x2+（6-a）x+6a]，

x∈（-a，6），

f（x）在-a，6-a2上单调递增，在6-a2，6上单调递减，对称轴为x=6-a2，

由f（x）≤f（6-x），

得x-6-a2≥6-x-6-a2，

即x-6-a2≥x-6+a2，

所以x-3+a2≥x-3-a2.

当a>0时，得x≥3，

又x∈（-a，6），

所以x∈[3，6）.

当-3

又x∈（-a，6），

所以x∈（-a，3].

19.（1）P在点C的位置时，

OB=10，BC=20，∠ABC=120°.

在△OPB中，

cos∠OBC=OB2+BC2-OC22OB·BC

=-12×102+62-OC22×10×6

=-12，

所以OC=14，

由正弦定理得

OCsin∠OBC=BCsin∠POB，10sin∠POB=14sin120°，

所以sin∠POB=3314，∠POB=arcsin3314.

图6图7

（2）连接OQ，OP，曲线CMD上任一点到O的距离相等，则

OQ=OP=OD=OM=14，

所以点Q与点P关于OM对称，

S△QOM=S△POM，S△AOM=S△BOM.

设∠QOM=∠POM=α，则

∠QOA=∠POB=π2-α，

于是SMQABP=2（S△MQO+S△QOA）

=2×12OM·OQsinα+12OA·OQsinπ2-α

=196sinα+140cosα

=58016sin（α+φ），

tanφ=3564，

所以五边形MQABP面积的最大值为2874.

20.（1）Γ：x2a2+y2b2=1中，

a=2，b2=a2-c2=2，

所以A（0，-2）.

设M（m，42-m），

AM的中点Gm2，42-2-m2，

由点G在x轴上，

得42-2-m2=0，

即m=32，

所以M（32，2）.

图8

（2）若cosA=35，

则tanA=43=2b，

所以b=324;

若cosM=35，得

tanA=7，

所以7=2b，

即b=27.

（3）设P（acosθ，bsinθ），

因为|PF1|+|PF2|+d=6，

所以d=6-2a>0，

即a<3.

于是d=|acosθ+bsinθ-42|2

≥|a2+b2-42|2

=|2a2-2-42|2

=4-a2-1，

所以4-a2-1=6-2a，

解得a=53，

即d=6-2a=83，

所以d的最小值為83.

21.（1）n=2，a3=2a2-a1=2×3-1=5;

n=3，a4=2a3-a1=2×5-1=9，

或a4=2a3-a2=2×5-3=7，

a4的所有可能值为7或9.

（2）对于命题p：若a1，a2，a3，…，a8成等差数列，

a1=1，a2=3，

则an=2n-1，a8=15.

对任意n（n≥2），都存在正整数i（1≤i≤n-1）使得

an+1=2an-ai，

a9=2a8-ai≤2a8-ai=29<30，

即a9<30恒成立，

命题p为真命题.

命题p的逆命题q：

若a9<30，则a1，a2，a3，…，a8成等差数列.

结论：q为真命题.

假设：a8≥16，a9=2a8-ai（1≤i≤7），

i=1，a9=2a8-a1≥32-1=31>30，

与a9<30矛盾，

所以a8<16，

a8∈N*，a8≥15.①

若a1，a2，a3，…，ak单调递增，

ak+1=2ak-ai（1≤i≤k-1）

=ak+（ak-ai）>ak，

a1，a2，a3，…，ak，ak+1单调递增，

可得a1，a2，a3，…，a8单调递增，

an+1=2an-ai（1≤i≤k-1）≥2an-an-1，

n=2，a3=2a2-a1=2×3-1=5，

a4≥2a3-a2=7，

a5≥2a4-a3=9，

…，

a8=2a7-a6=15，②

由①②，得a8=15，

同时取等号条件为

a4=7，a5=9，a6=11，a7=13，a8=15，

a1=1，a2=3，a3=5，a4=7，

a5=9，a6=11，a7=13，a8=15，

所以a1，a2，a3，…，a8成等差数列.

综上知，q为真命题.

（3）a1=1，a2=3，a3=5对任意正整数m，

a2m=3m.

猜想：a2m=3m，a2m+1=5×3m-1（m∈N*）.

证明：由

a2m+1=2a2m-ai，a2m+2=2a2m+1-ai，（1≤i≤2m-1），（1≤i≤2m），

得a2m+2=2（a2m-ai）-aj（1≤i，j≤2m），

3m+1=2（2×3m-ai）-aj，

所以2ai+aj=3m.

利用数学归纳法证明：

a2m+1=5×3m-1（m∈N*）.

①当m=1时，a3=5，命题成立;

②假设m=k，k≥1时，

a2k+1=5×3k-1（k∈N*）.

③则m=k+1时，

2ai+aj=3k+1（1≤i≤2k+1，1≤j≤2k+2）.

当i=j=2k时，2ai+aj=3k+1成立.

若i，j<2k，由（2）证明单调性可知

ai，aj<3k，

即2ai+aj<3k+1与2ai+aj=3k+1矛盾;

若i=2k+1，j<2k，

2ai+aj=2×5×3k-1+aj

=109×3k+1+aj>3k+1，

與2ai+aj=3k+1矛盾;

若i<2k+1，j=2k+2，

2ai+aj=2ai+3k+1，

与2ai+aj=3k+1矛盾;

若i<2k+1，j=2k+1，

2ai+aj<2×5×3k-2+5×3k-1

=2527×3k+1<3k+1，

与2ai+aj=3k+1矛盾.

综上知，i=j=2k，即m=k+1时，

a2k+1=2a2k+2-a2k=2×3k+1-3k

=5×3k（k∈N*）成立，

a1=1，a2m=3m，

a2m+1=5×3m-1（m∈N*），

a3=5.