上海高考数学填选难题解析.docx
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上海高考数学填选难题解析
上海2012-2015高考填选难题解析
2015年
13.(理)已知函数f(x)=sinx,若存在x1、x2、…、xm满足0≤x1 * 且|f(x1)-f(x2)|+|f(x2)-f(x3)|+...+|f(xm-1)-f(xm)|=12(m≥2,m∈N 的最小值为; 【解析】根据题意,|f(xm-1)-f(xm)|≤2,如图所示,最少需要8个数 ),则m 13.(文)已知平面向量a、b、c满足a⊥b,且{|a|,|b|,|c|}={1,2,3},则|a+b+c|的最大值是; 【解析】平方后可知c与a+b同向时,取最大,情况不是很多,可以列举法,如图可得最大值为 3+5 14.在锐角三角形ABC中,tanA=1,D为边BC上的点,△ABD与△ACD的面积分 2 别为2和4,过D作DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,则=; 【解析】取特殊情况AB=AC,根据题意DC=2DB, 设DB=a,则DC=2a,∵tanA=1,∴tanA= 5-2 22 3(5+2)a4 可表示高h=,∵△ABC面积为6,∴h= 2a 即4=3(5+2)a,解得a2= 8(5-2),DE=asinB a23 DF=2asinB,∴DE⋅DF=2a2sin2B⋅cos∠EDF=2a2cos2A⋅(-cosA)=-16 215 17.(理)记方程①: x2+a1x+1=0;方程②: x2+a2x+1=0;方程③: x2+a3x+1=0; 其中a1、a2、a3是正实数,当a1、a2、a3成等比数列时,下列选项中,能推出方程③无实数根的是() A.方程①有实根,且②有实根B.方程①有实根,且②无实根 C.方程①无实根,且②有实根D.方程①无实根,且②无实根 【解析】A选项,方程①有实根说明a2≥4,方程②有实根说明a2≥4,并不能推出是递 12 增还是递减,也就无法得出a2<4;B选项,a2≥4,a2<4,说明递减,则a2<4, 3123 可推出方程③无实数根;C、D选项同理分析,均不对,故选B; 17.(文)已知点A的坐标为(,1),将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB,则B点纵坐标为() 33531113 A.B.C.D. 2222 【解析】设∠AOx=,∴sin=1,cos=43, 77 ∴,根据题意,B点纵坐标可表示为7sin(+), 3 ∴7sin(+ )=7sin⋅1+7cos⋅3=13 3222 n* 18、设是直线()与圆在第一象限的交点,则极限() A.B.C.D. 【解析】当n→∞时,直线方程趋近于2x-y=1,与圆x2+y2=2在第一象限的交点逐 nnn 渐靠近(1,1),而yn-1可看作点P(x,y)与点(1,1)连线的斜率,这两个点是越来越靠近 xn-1 的,它的斜率会逐渐接近圆x2+y2=2在点(1,1)处的切线的斜率,斜率为-1,故选A; 2014年 13.某游戏的得分为1、2、3、4、5,随机变量表示小白玩该游戏的得分,若E()=4.2,则小白得5分的概率至少为; 【解析】设得i分的概率为pi,∴p1+2p2+3p3+4p4+5p5=4.2, 且p1+p2+p3+p4+p5=1,∴4p1+4p2+4p3+4p4+4p5=4,与前式相减得: -3p1-2p2-p3+p5=0.2,∵pi≥0,∴-3p1-2p2-p3+p5≤p5,即p5≥0.2 14.已知曲线C: x=- 4-y2,直线l: x=6,若对于点A(m,0),存在C上的点P和l上 的Q使得AP+AQ=0,则m的取值范围为; x+x 【解析】根据题意,A是PQ中点,即m=PQ =xP+6,∵-2≤x ≤0,∴m∈[2,3] 22P 17.已知P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是直线y=kx+1(k为常数)上两个不同的点,则关于x和 ⎧ax+by=1 y的方程组⎨11的解的情况是() ⎩a2x+b2y=1 A.无论k,P1,P2如何,总是无解B.无论k,P1,P2如何,总有唯一解 C.存在k,P1,P2,使之恰有两解D.存在k,P1,P2,使之有无穷多解 a1b1 【解析】由已知条件b1=ka1+1,b2=ka2+1,D= 22 =a1b2-a2b1=a1(ka2+1)- a2(ka1+1)=a1-a2≠0,∴有唯一解,选B; ⎧(x-a)2, ⎪ x≤0 18.设f(x)=⎨1 ,若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为() ⎪x++a, x>0 ⎩x A.[-1,2] B.[-1,0] C.[1,2]D.[0,2] 【解析】先分析x≤0的情况,是一个对称轴为x=a的二次函数,当a<0时, f(x)min= f(a)≠ f(0),不符合题意,排除AB选项;当a=0时,根据图像f(x)min= f(0), 即a=0符合题意,排除C选项;∴选D;解这类题要熟悉图像,找出关键区别点; 2013年 13.在xOy平面上,将两个半圆弧(x-1)2+y2=1(x≥1)和(x-3)2+y2=1(x≥3)、两条直线y=1和y=-1围成的封闭图形记为D,如图中阴影部分.记D绕y轴旋转一周而 成的几何体为Ω.过(0,y)(|y|≤1)作Ω的水平截面,所得截面面积为 试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出Ω的体积值为. 【解析】题目中已经给出截面面积为4 1-y2+8; 所以根据祖暅原理,构造一个平放的圆柱和一个长方体(题中有提示,如下图所示),圆柱的底面半径为1,高为2,长方体底面积为8,高为2;所以当用同一个平面去截下图三个几何体,圆柱的截面为长方形, 长是2,宽是21-y2,所以面积为4 1-y2,长方体的截面面积始终是8,根据祖 暅原理,该圆柱和长方体的体积之和即我们所求几何体的体积,易求得体积为22+16; 14.(理)对区间I上有定义的函数g(x),记g(I)={y|y=g(x),x∈I},定义域为[0,3]的 函数y=f(x)有反函数y= f-1(x),且f-1([0,1))=[1,2),f-1((2,4])=[0,1),若方程 f(x)-x=0有解x0,则x0=; 【解析】根据已知条件f-1([0,1))=[1,2), f-1((2,4])=[0,1),可知f([1,2))=[0,1), f([0,1))=(2,4],推出f([2,3])⊆[1,2], 画出如右示意图,若有解,只能x0=2; 14.(文)已知正方形ABCD的边长为1.记以A为起点,其余顶点为终点的向量分别为a1、 a2、a3;以C为起点,其余顶点为终点的向量分别为c1、c2、c3.若i,j,k,l∈{1,2,3}, 且i≠ j,k≠l,则(ai+aj)⋅(ck+cl)的最小值是. 【解析】(ai+aj)⋅(ck+cl)=|ai+aj|⋅|ck+cl|⋅cos,如下图所示,当夹角为, |ai+aj|=|ck+cl|= 5时,取得最小值-5; n 17.在数列{an}中,an=2 -1,若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素ci,j= ai⋅aj+ai+aj(i=1,2,,7;j=1,2,,12),则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为() A.18B.28C.48D.63 【解析】ci,j=ai⋅aj+ai+aj=(ai+1)(aj+1)-1=2 i+j -1,根据已知条件i=1,2,,7, j=1,2,,12,∴i+j=2,3,,19,∴可以取到18个不同数值,选A;18.(理)在边长为1的正六边形ABCDEF中,记以A为起点,其余顶点为终点的向量分别为a1、a2、a3、a4、a5;以D为起点,其余顶点为终点的向量分别为d1、d2、d3、d4、d5,若m、M分别为(ai+aj+ak)⋅(dr+ds+dt)的最小值、最大值,其中{i,j,k} ⊆{1,2,3,4,5},{r,s,t}⊆{1,2,3,4,5},则m、M满足() A.m=0,M>0 C.m<0,M=0 B.m<0,M>0 D.m<0,M<0 【解析】因为点A、点D是六边形正相对的点,∴a1、a2、a3、a4、a5中任三个向量 的合向量与d1、d2、d3、d4、d5中任三个向量的合向量的大致方向是相反的(至少夹角为钝角),所以数量积是负值;选D;这类题目,与其说是考计算,不如说是考数学感觉; 18.记椭圆=1围成的区域(含边界)为Ωn(n=1,2,…),当点(x,y)分别在Ω1,Ω2,…上时,x+y的最大值分别是M1,M2,…,则=( ) A.0B.`
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