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2016年高考上海卷理数试题(解析版)

资料类别: 数学/试题

所属版本: 通用

所属地区: 上海

上传时间:2016/6/15

下载次数:777次

资料类型:历年高考题

文档大小:1.29M

所属点数: 0

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一、填空题(本大题共有14题,满分56分)考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果,每个空格填对得4分,否则一律得零分.
1、设x,则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
试题分析:
由题意得:,即,故解集为.
考点:绝对值不等式的基本解法.
【名师点睛】解绝对值不等式,关键是去掉绝对值符号,进一步求解,本题也可利用两边平方的方法.本题较为容易.
2、设,期中为虚数单位,则=_____________.
【答案】
【解析】
试题分析:
,故
考点:1.复数的运算;2.复数的概念. 
【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念,是一道基础题目.从历年高考题目看,复数题目往往不难,有时运算与概念、复数的几何意义综合考查,也是考生必定得分的题目之一.
3、已知平行直线,则的距离___________.
【答案】
【解析】试题分析:
利用两平行线间距离公式得.
考点:两平行线间距离公式.
【名师点睛】确定两平行线间距离,关键是注意应用公式的条件,即的系数应该分别相同,本题较为容易,主要考查考生的基本运算能力.
4、某次体检,6位同学的身高(单位:米)分别为1.72,1.78,1.75,1.80,1.69,1.77则这组数据的中位数是_________(米).
【答案】1.76
考点:中位数的概念.
【名师点睛】本题主要考查中位数的概念,是一道基础题目.从历年高考题目看,涉及统计的题目,往往不难,主要考查考生的视图、用图能力,以及应用数学解决实际问题的能力.
5、已知点在函数的图像上,则.
【答案】
【解析】
试题分析:
将点函数的,所以,用表示得,所以.
考点:1.反函数的概念;2.指数函数的图象和性质.
【名师点睛】指数函数与对数函数互为反函数,求反函数的基本步骤是:一解、二换、三注.本题较为容易.
6、如图,在正四棱柱中,底面的边长为3,与底面所成角的大小为,则该正四棱柱的高等于____________.
【答案】
【解析】
试题分析:
由题意得.

考点:1.正四棱柱的几何特征;2.直线与平面所成的角.
【名师点睛】涉及立体几何中的角的问题,往往要将空间问题转化成平面问题,做出角,构建三角形,在三角形中解决问题;也可以通过建立空间直角坐标系,利用空间向量方法求解,应根据具体情况选择不同方法,本题难度不大,能较好地考查考生的空间想象能力、基本计算能力等.
7、方程在区间上的解为___________  【答案】
【解析】
试题分析:
,即,所以,解得或(舍去),所以在区间上的解为8、在的二项式中,所有项的二项式系数之和为256,则常数项等于_________.
【答案】
【解析】
试题分析:
因为二项式所有项的二项系数之和为,所以,
二项式展开式的通项为,令,得,所以.
考点:1.二项式定理;2.二项展开式的系数.
【名师点睛】根据二项式展开式的通项,确定二项式系数或确定二项展开式中的指定项,是二项式定理问题中的基本问题,往往要综合运用二项展开式的系数的性质、二项式展开式的通项求解. 本题能较好地考查考生的思维能力、基本计算能力等.
9、已知的三边长分别为3,5,7,则该三角形的外接圆半径等于_________.
【答案】
【解析】
试题分析:
由已知,∴,
∴,∴
考点:1.正弦定理;2.余弦定理.
【名师点睛】此类题目是解三角形问题中的典型题目.解答本题,往往要利用三角公式化简三角恒等式,利用正弦定理实现边角转化,达到解题目的;三角形中的求角问题,往往要利用余弦定理用边表示角的函数.本题较易,主要考查考生的基本运算求解能力等.
10、设若关于的方程组无解,则的取值范围是_________.
【答案】
 考点:方程组的思想以及基本不等式的应用.
【名师点睛】从解方程组入手,探讨得到方程组无解的条件,进一步应用基本不等式达到解题目的.易错点在于忽视得到.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本运算求解能力等.
无穷数列由k个不同的数组成,为的前n项和.若对任意,,则k的最大值为________.
【答案】4
【解析】
试题分析:
要满足,说明的最大值为,最小值为所以涉及最多的项的数列可以为,所以最多由4个不同的数组成.
考点:数列求和.
【名师点睛】从分析条件入手,推断数列的构成特点,解题时应特别注意“数列由k个不同的数组成”的不同和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.
在平面直角坐标系中,已知A(1,0),B(0,-1),P是曲线上一个动点,则的取值范围是       .
【答案】
【解析】
试题分析:
由题意得知表示以原点为圆心,半径为的上半圆. 
设, ,, 
所以
 的范围为.
考点:1.平面向量的数量积;2.三角函数的图象和性质;3.数形结合的思想.
【名师点睛】本题解答利用数形结合思想,将问题转化到单位圆中,从而转化成平面向量的坐标运算,利用三角函数的图象和性质,得到的取值范围.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想等.
13.设,若对任意实数都有,则满足条件的有序实数组的组数为        . 
【答案】4
【解析】

考点:1.三角函数的诱导公式;2.三角函数的图象和性质.
【名师点睛】本题根据三角函数的图象和性质及三角函数的诱导公式,首先确定得到的可能取值,利用分类讨论的方法,进一步得到的值,从而根据具体的组合情况,使问题得解.本题主要考查考生的逻辑思维能力、基本运算求解能力、数形结合思想、分类讨论思想等.
14.如图,在平面直角坐标系中,O为正八边形的中心,.任取不同的两点,点P满足,则点P落在第一象限的概率是       .

【答案】
【解析】
试题分析:
共有种基本事件,其中使点P落在第一象限共有种基本事件,故概率为.
考点:1.排列组合;2.古典概型;3.平面向量的线性运算.
【名师点睛】本题主要考查古典概型概率的计算.解答本题,关键在于能准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数,利用概率的计算公式求解.本题能较好的考查考生数学应用意识、基本运算求解能力、数形结合思想等.
选择题(5×4=20)
设,则“”是“”的(    )	
充分非必要条件         (B)必要非充分条件
(C)充要条件               (D)既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】试题分析:
,所以是充分非必要条件,选A.
考点:充要条件
【名师点睛】充要条件的判定问题,是高考常考题目之一,其综合性较强,易于和任何知识点结合.本题涉及不等关系,突出体现了高考试题的基础性,能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、逻辑推理能力等.
下列极坐标方程中,对应的曲线为右图的是(    )

          (B)
(C)          (D)
【答案】D

考点:极坐标系
【名师点睛】本题是极坐标系问题中的基本问题,从解法上看,一是可通过记忆比对,作出判断,二是利用特殊值代入检验的方法.本题突出体现了高考试题的基础性,能较好的考查考生基本运算能力、数形结合思想等.
已知无穷等比数列的公比为,前n项和为,且.下列条件中,使得恒成立的是(    )
     (B)
(C)     (D)
【答案】B
【解析】试题分析:
由题意得:对一切正整数恒成立,当时不恒成立,舍去;当时,因此选B.
考点:1.数列的极限;2.等比数列的求和.
【名师点睛】本题解答中确定不等关系是基础,准确分类讨论是关键,易错点是在建立不等关系之后,不知所措或不能恰当地分类讨论.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力分类讨论思想等.
18、设、、是定义域为的三个函数,对于命题:①若、、均为增函数,则、、中至少有一个增函数;②若、、均是以为周期的函数,则、、均是以为周期的函数,下列判断正确的是(    )
、①和②均为真命题         、①和②均为假命题
、①为真命题,②为假命题   、①为假命题,②为真命题  
【答案】D
【解析】
试题分析:①不成立,可举反例
, , 
②


前两式作差,可得
结合第三式,可得, 
也有
∴②正确
故选D. 
考点:1.抽象函数;2.函数的单调性;3.函数的周期性.
【名师点睛】本题主要考查抽象函数下函数的单调性与周期性,是高考常考知识内容.本题具备一定难度.解答此类问题,关键在于灵活选择方法,如结合选项应用“排除法”,通过举反例应用“排除法”等.
本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、基本计算能力等.
三、解答题(74分)
19. 将边长为1的正方形(及其内部)绕的旋转一周形成圆柱,如图,长为,长为,其中与在平面的同侧。

(1)求三棱锥的体积; 
(2)求异面直线与所成的角的大小。
【答案】(1).(2).
【解析】
试题分析:(1)由题意可知,圆柱的高,底面半径.
确定.计算后即得.
(2)设过点的母线与下底面交于点,根据,知或其补角为直线与所成的角.确定,.得出.
试题解析:(1)由题意可知,圆柱的高,底面半径.
由的长为,可知.
,
.
(2)设过点的母线与下底面交于点,则,
所以或其补角为直线与所成的角.
由长为,可知,
又,所以,
从而为等边三角形,得.

考点:1.几何体的体积;2.空间的角.
【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题,关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题,往往可以利用几何法、空间向量方法求解,应根据题目条件,灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.
(本题满分14)
  有一块正方形菜地,所在直线是一条小河,收货的蔬菜可送到点或河边运走。于是,菜地分为两个区域和,其中中的蔬菜运到河边较近,中的蔬菜运到点较近,而菜地内和的分界线上的点到河边与到点的距离相等,现建立平面直角坐标系,其中原点为的中点,点的坐标为(1,0),如图

求菜地内的分界线的方程
菜农从蔬菜运量估计出面积是面积的两倍,由此得到面积的“经验值”为。设是上纵坐标为1的点,请计算以为一边、另一边过点的矩形的面积,及五边形的面积,并判断哪一个更接近于面积的经验值
【答案】(1)().(2)五边形面积更接近于面积的“经验值”.
【解析】
试题分析:(1)由上的点到直线与到点的距离相等,知是以为焦点、以
为准线的抛物线在正方形内的部分.
(2)计算矩形面积,五边形面积.进一步计算矩形面积与“经验值”之差的绝对值,五边形面积与“经验值”之差的绝对值,比较二者大小即可.
试题解析:(1)因为上的点到直线与到点的距离相等,所以是以为焦点、以
为准线的抛物线在正方形内的部分,其方程为().
(2)依题意,点的坐标为.
所求的矩形面积为,而所求的五边形面积为.
矩形面积与“经验值”之差的绝对值为,而五边形面积与“经验值”之差
的绝对值为,所以五边形面积更接近于面积的“经验值”.
考点:1.抛物线的定义及其标准方程;2.面积.
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高.解答此类题目,往往利用的关系或曲线的定义,确定圆锥曲线方程是基础,通过联立直线方程与圆锥曲线方程的方程组,应用一元二次方程根与系数的关系,得到“目标函数”的解析式,应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题“出奇”之处在于有较浓的“几何味”,研究几何图形的面积..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力、数学的应用意识等.
21. (本题满分14分)本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.
	双曲线的左、右焦点分别为,直线过且与双曲线交于两点。
(1)若的倾斜角为,是等边三角形,求双曲线的渐近线方程;
(2)设,若的斜率存在,且,求的斜率. 
【答案】(1).(2).
【解析】
试题分析:(1)设.根据是等边三角形,得到,解得.
(2)(2)设,,直线与双曲线方程联立,得到一元二次方程,根据与双曲线交于两点,可得,且.

(2)由已知,,.
设,,直线.显然.
由,得.
因为与双曲线交于两点,所以,且.
设的中点为.
由即,知,故.
而,,,
所以,得,故的斜率为.
考点:1.双曲线的几何性质;2.直线与双曲线的位置关系;3.平面向量的数量积.
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高,是一道难题.解答此类题目,利用的关系,确定双曲线(圆锥曲线)方程是基础,通过联立直线方程与双曲线(圆锥曲线)方程的方程组,应用一元二次方程根与系数的关系,得到“目标函数”的解析式,应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
22. (本题满分16分)本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分6分.
	已知,函数.
(1)当时,解不等式;
(2)若关于的方程的解集中恰好有一个元素,求的取值范围;
(3)设,若对任意,函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1,求的取值范围.
【答案】(1).(2).(3).
【解析】
试题分析:(1)由,利用得求解.
(2)转化得到,讨论当、时,以及且时的情况.
(3)讨论在上单调递减.
确定函数在区间上的最大值与最小值之差.得到,对任意
成立.
试题解析:(1)由,得,
解得.
(2),,
当时,,经检验,满足题意.
当时,,经检验,满足题意.

所以在上单调递减.
函数在区间上的最大值与最小值分别为,.
即,对任意
成立.
因为,所以函数在区间上单调递增,时,
有最小值,由,得.
故的取值范围为.
考点:1.对数函数的性质;2.函数与方程;3.二次函数的性质.
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高,是一道难题.解答本题关键是利用转化与化归思想、应用函数的性质,将问题转化成二次函数问题,应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
23. (本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分8分.
	若无穷数列满足:只要,必有,则称具有性质.
(1)若具有性质,且,,求;
(2)若无穷数列是等差数列,无穷数列是公比为正数的等比数列,,,判断是否具有性质,并说明理由;
(3)设是无穷数列,已知.求证:“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.
【答案】(1).(2)不具有性质.(3)见解析.
【解析】
试题分析:(1)根据已知条件,得到,结合求解.
(2)根据的公差为,的公比为,写出通项公式,从而可得.
通过计算,,,,即知不具有性质.
(3)从充分性、必要性两方面加以证明,其中必要性用反证法证明. 
试题解析:(1)因为,所以,,.
于是,又因为,解得.
(2)的公差为,的公比为,
所以,.
.
,但,,,
所以不具有性质.
(3)[证]充分性:
当为常数列时,.
,,故存在使得.
取,因为(),所以,
依此类推,得.
但,即.
所以不具有性质,矛盾.
必要性得证.
综上,“对任意,都具有性质”的充要条件为“是常数列”.
考点:1.等差数列、等比数列的通项公式;2.充要条件的证明;3.反证法.
【名师点睛】本题对考生逻辑推理能力要求较高,是一道难题.解答此类题目,熟练掌握等差数列、等比数列及反证法是基础,灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错有两原因,一是不得法,二是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
















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