2017年上海市高考数学试卷

2017年市高考数学试卷
一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）
1．（4分）已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，则A ∩B= ． 2．（4分）若排列数P 6P
=6×5×4，则m= ．
3．（4分）不等式
P −1
P
＞1的解集为 ． 4．（4分）已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于 ． 5．（4分）已知复数z 满足z+3P
=0，则|z|= ．
6．（4分）设双曲线P 29﹣P 2
P 2=1（b ＞0）的焦点为F 1、F 2，P 为该双曲线上的一点，
若|PF 1|=5，则|PF 2|= ．
7．（5分）如图，以长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若PP 1→
的坐标为（4，3，2），则PP 1→
的坐标是 ．
8．（5分）定义在（0，+∞）上的函数y=f （x ）的反函数为y=f ﹣1（x ），若g （x ）={
3P −1，P ≤0P (P )，P＞0
为奇函数，则f ﹣1（x ）=2的解为 ．
9．（5分）已知四个函数：①y=﹣x ，②y=﹣1P
，③y=x 3，④y=x 12，从中任选2
个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 ．
10．（5分）已知数列{a n }和{b n }，其中a n =n 2，n ∈N *，{b n }的项是互不相等的正整数，若对于任意n ∈N *，{b n }的第a n 项等于{a n }的第b n 项，则
PP(P1P4P9P16)
PP(P1P2P3P4)
= ．
11．（5分）设a
1、a
2
∈R，且
1
2+PPPP1
+
1
2+PPP(2P2)
=2，则|10π﹣a1
﹣a
2
|的最小值等于．
12．（5分）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P
1、P
2
、P
3
、P
4
以及四
个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合Ω={P
1，P
2
，P
3
，P
4
}，点P∈Ω，
过P作直线l
P ，使得不在l
P
上的“▲”的点分布在l
P
的两侧．用D
1
（l
P
）和D
2
（l
P ）分别表示l
P
一侧和另一侧的“▲”的点到l
P
的距离之和．若过P的直线
l P 中有且只有一条满足D
1
（l
P
）=D
2
（l
P
），则Ω中所有这样的P为．
二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）关于x、y的二元一次方程组{P+5P=0
2P+3P=4
的系数行列式D为（）
A．|05
43|B．|10
24
|C．|15
23
|D．|60
54
|
14．（5分）在数列{a
n }中，a
n
=（﹣
1
2
）n，n∈N*，则PPP
P→∞
a
n
（）
A．等于−1
2B．等于0 C．等于
1
2
D．不存在
15．（5分）已知a、b、c为实常数，数列{x
n }的通项x
n
=an2+bn+c，n∈N*，则“存
在k∈N*，使得x
100+k 、x
200+k
、x
300+k
成等差数列”的一个必要条件是（）
A．a≥0 B．b≤0 C．c=0 D．a﹣2b+c=0
16．（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C
1：
P2
36
+
P2
4
=1和C
2
：x2+
P2
9
=1．P
为C
1上的动点，Q为C
2
上的动点，w是PP
→
⋅PP
→
的最大值．记Ω={（P，Q）|P
在C
1上，Q在C
2
上，且PP
→
⋅PP
→
=w}，则Ω中元素个数为（）
A．2个B．4个C．8个D．无穷个
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）
17．（14分）如图，直三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的底面为直角三角形，两直角边AB和
AC的长分别为4和2，侧棱AA
1
的长为5．
（1）求三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的体积；
（2）设M是BC中点，求直线A
1
M与平面ABC所成角的大小．
18．（14分）已知函数f（x）=cos2x﹣sin2x+1
2
，x∈（0，π）．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边a=√19，角B所对边b=5，若f（A）=0，求△ABC的面积．
19．（14分）根据预测，某地第n（n∈N*）个月共享单车的投放量和损失量分别
为a
n 和b
n
（单位：辆），其中a
n
={
5P4+15，1≤P≤3
−10P+470，P≥4
，b
n
=n+5，第n个月底
的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差．
（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量S
n
=﹣4（n﹣46）2+8800（单位：辆）．设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
20．（16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：P2
4
+P2=1，A为Γ的
上顶点，P为Γ上异于上、下顶点的动点，M为x正半轴上的动点．（1）若P在第一象限，且|OP|=√2，求P的坐标；
（2）设P（8
5
，
3
5
），若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐
标；
（3）若|MA|=|MP|，直线AQ 与Γ交于另一点C ，且PP →
=2PP →
，PP →
=4PP →
，求直线AQ 的方程．
21．（18分）设定义在R 上的函数f （x ）满足：对于任意的x 1、x 2∈R ，当x 1＜x 2时，都有f （x 1）≤f （x 2）．
（1）若f （x ）=ax 3+1，求a 的取值围；
（2）若f （x ）是周期函数，证明：f （x ）是常值函数；
（3）设f （x ）恒大于零，g （x ）是定义在R 上的、恒大于零的周期函数，M 是g （x ）的最大值．函数h （x ）=f （x ）g （x ）．证明：“h（x ）是周期函数”的充要条件是“f（x ）是常值函数”．
2017年市高考数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）
1．（4分）已知集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，则A∩B= {3，4} ．【分析】利用交集定义直接求解．
【解答】解：∵集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，
∴A∩B={3，4}．
故答案为：{3，4}．
【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．
2．（4分）若排列数P6P=6×5×4，则m= 3 ．
【分析】利用排列数公式直接求解．
【解答】解：∵排列数P6P=6×5×4，
∴由排列数公式得P63=6×5×4，
∴m=3．
故答案为：m=3．
【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意排列数公式的合理运用．
3．（4分）不等式P−1
P
＞1的解集为（﹣∞，0）．
【分析】根据分式不等式的解法求出不等式的解集即可．
【解答】解：由P−1
P
＞1得：
1−1
P
＞1⇒
1
P
＜0⇒P＜0，
故不等式的解集为：（﹣∞，0），
故答案为：（﹣∞，0）．
【点评】本题考查了解分式不等式，考查转化思想，是一道基础题．
4．（4分）已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于9π．【分析】由球的体积公式，可得半径R=3，再由主视图为圆，可得面积．【解答】解：球的体积为36π，
设球的半径为R，可得4
3
πR3=36π，
可得R=3，
该球主视图为半径为3的圆，
可得面积为πR2=9π．
故答案为：9π．
【点评】本题考查球的体积公式，以及主视图的形状和面积求法，考查运算能力，属于基础题．
5．（4分）已知复数z满足z+3
P
=0，则|z|= √3．
【分析】设z=a+bi（a，b∈R），代入z2=﹣3，由复数相等的条件列式求得a，b 的值得答案．
【解答】解：由z+3
P
=0，
得z2=﹣3，
设z=a+bi（a，b∈R），
由z2=﹣3，得（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=﹣3，
即{P 2−P2=−3
2PP=0，解得：{
P=0
P=±√3
．
∴P=±√3P．则|z|=√3．
故答案为：√3．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件以及复数模的求法，是基础题．
6．（4分）设双曲线P 29﹣P 2P 2=1（b ＞0）的焦点为F 1、F 2，P 为该双曲线上的一点，
若|PF 1|=5，则|PF 2|= 11 ．
【分析】根据题意，由双曲线的方程可得a 的值，结合双曲线的定义可得||PF 1|﹣|PF 2||=6，解可得|PF 2|的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，双曲线的方程为：P 29﹣P 2
P 2=1，
其中a=√9=3，
则有||PF 1|﹣|PF 2||=6， 又由|PF 1|=5，
解可得|PF 2|=11或﹣1（舍） 故|PF 2|=11， 故答案为：11．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线的定义．
7．（5分）如图，以长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若PP 1→
的坐标为（4，3，2），则PP 1→
的坐标是 （﹣4，3，2） ．
【分析】由PP 1→
的坐标为（4，3，2），分别求出A 和C 1的坐标，由此能求出结果．
【解答】解：如图，以长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点， 过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， ∵PP 1→
的坐标为（4，3，2），∴A （4，0，0），C 1（0，3，2）， ∴PP 1→=(−4，3，2)． 故答案为：（﹣4，3，2）．
【点评】本题考查空间向量的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
8．（5分）定义在（0，+∞）上的函数y=f （x ）的反函数为y=f ﹣1（x ），若g （x ）
={3P −1，P ≤0
P (P )，P＞0
为奇函数，则f ﹣1
（x ）=2的解为 89 ．
【分析】由奇函数的定义，当x ＞0时，﹣x ＜0，代入已知解析式，即可得到所求x ＞0的解析式，再由互为反函数的两函数的自变量和函数值相反，即可得到所求值．
【解答】解：若g （x ）={3P −1，P ≤0
P (P )，P＞0为奇函数，
可得当x ＞0时，﹣x ＜0，即有g （﹣x ）=3﹣x ﹣1， 由g （x ）为奇函数，可得g （﹣x ）=﹣g （x ）， 则g （x ）=f （x ）=1﹣3﹣x ，x ＞0，
由定义在（0，+∞）上的函数y=f （x ）的反函数为y=f ﹣1（x ）， 且f ﹣1（x ）=2，
可由f （2）=1﹣3﹣2
=89
，
可得f ﹣1（x ）=2的解为x=8
9
．
故答案为：8
9
．
【点评】本题考查函数的奇偶性和运用，考查互为反函数的自变量和函数值的关系，考查运算能力，属于基础题．
9．（5分）已知四个函数：①y=﹣x ，②y=﹣1P
，③y=x 3，④y=x 12，从中任选2
个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 1
3
．
【分析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n=P 42
=6，再利用列举法求出事件A ：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件的个数，由此能求出事件A ：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率．
【解答】解：给出四个函数：①y=﹣x ，②y=﹣1P
，③y=x 3
，④y=x 12，
从四个函数中任选2个，基本事件总数n=P 42
=6， ③④有两个公共点（0，0），（1，1）．
事件A ：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有： ①③，①④共2个，
∴事件A ：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为P （A ）=26=13
．
故答案为：1
3
．
【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．
10．（5分）已知数列{a n }和{b n }，其中a n =n 2，n ∈N *，{b n }的项是互不相等的正整数，若对于任意n ∈N *，{b n }的第a n 项等于{a n }的第b n 项，则PP (P 1P 4P 9P 16)
PP (P 1P 2P 3P 4)
=
2 ．
【分析】a n =n 2，n ∈N *，若对于一切n ∈N *，{b n }中的第a n 项恒等于{a n }中的第b n 项，可得P P P =P P P =(P P )2．于是b 1=a 1=1，(P 2)2=b 4，(P 3)2=b 9，(P 4)2=b 16．即可得出．
【解答】解：∵a n =n 2，n ∈N *，若对于一切n ∈N *，{b n }中的第a n 项恒等于{a n }中
的第b n 项，
∴P P P =P P P =(P P )2．
∴b 1=a 1=1，(P 2)2=b 4，(P 3)2=b 9，(P 4)2=b 16． ∴b 1b 4b 9b 16=(P 1P 2P 3P 4)2．
∴PP (P 1P 4P 9P 16)PP (P 1P 2P 3P 4)=2． 故答案为：2．
【点评】本题考查了数列递推关系、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11．（5分）设a 1、a 2∈R ，且12+PPPP 1+1
2+PPP (2P 2)
=2，则|10π﹣a 1
﹣a 2|的最小值等于 P
4
．
【分析】由题意，要使12+PPPP 1+1
2+PPP2P 2=2，可得sinα1=﹣1，sin2α2=
﹣1．求出α1和α2，即可求出|10π﹣α1﹣α2|的最小值
【解答】解：根据三角函数的性质，可知sinα1，sin2α2的围在[﹣1，1]，
要使12+PPPP 1+1
2+PPP2P 2=2，
∴sinα1=﹣1，sin2α2=﹣1．
则：P 1=−P
2+2P 1P ，k 1∈Z ．
2P 2=−P
2+2P 2P ，即P 2=−P 4+P 2P ，k 2∈Z ．
那么：α1+α2=（2k 1+k 2）π−3P
4，k 1、k 2∈Z ．
∴|10π﹣α1﹣α2|=|10π+3P
4﹣（2k 1+k 2）π|的最小值为P 4
．
故答案为：P
4
．
【点评】本题主要考察三角函数性质，有界限的围的灵活应用，属于基本知识的考查．
12．（5分）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P 1、P 2、P 3、P 4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合Ω={P 1，P 2，P 3，P 4}，点P ∈Ω，
过P作直线l
P ，使得不在l
P
上的“▲”的点分布在l
P
的两侧．用D
1
（l
P
）和D
2
（l
P ）分别表示l
P
一侧和另一侧的“▲”的点到l
P
的距离之和．若过P的直线
l P 中有且只有一条满足D
1
（l
P
）=D
2
（l
P
），则Ω中所有这样的P为P
1
、P
3
、P
4
．
【分析】根据任意四边形ABCD两组对边中点的连线交于一点，
过此点作直线，使四边形的四个顶点不在该直线的同一侧，
则该直线两侧的四边形的顶点到直线的距离之和相等；由此得出结论．【解答】解：设记为“▲”的四个点是A，B，C，D，
线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，
易知EFGH为平行四边形，如图所示；
又平行四边形EFGH的对角线交于点P
2
，
则符合条件的直线l
P 一定经过点P
2
，
且过点P
2
的直线有无数条；
由过点P
1和P
2
的直线有且仅有1条，
过点P
3和P
2
的直线有且仅有1条，
过点P
4和P
2
的直线有且仅有1条，
所以符合条件的点是P
1、P
3
、P
4
．
故答案为：P
1、P
3
、P
4
．
【点评】本题考查了数学理解力与转化力的应用问题，也考查了对基本问题的阅读理解和应用转化能力．
二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）关于x、y的二元一次方程组{P+5P=0
2P+3P=4
的系数行列式D为（）
A．|05
43|B．|10
24
|C．|15
23
|D．|60
54
|
【分析】利用线性方程组的系数行列式的定义直接求解．
【解答】解：关于x、y的二元一次方程组{P+5P=0
2P+3P=4
的系数行列式：
D=|15
23
|．
故选：C．
【点评】本题考查线性方程组的系数行列式的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意线性方程组的系数行列式的定义的合理运用．
14．（5分）在数列{a
n }中，a
n
=（﹣
1
2
）n，n∈N*，则PPP
P→∞
a
n
（）
A．等于−1
2B．等于0 C．等于
1
2
D．不存在
【分析】根据极限的定义，求出PPP
P→∞a
n
=PPP
P→∞
(−12)
P
的值．
【解答】解：数列{a
n }中，a
n
=（﹣
1
2
）n，n∈N*，
则PPP
P→∞a
n
=PPP
P→∞
(−12)
P
=0．
故选：B．
【点评】本题考查了极限的定义与应用问题，是基础题．
15．（5分）已知a、b、c为实常数，数列{x
n }的通项x
n
=an2+bn+c，n∈N*，则“存
在k∈N*，使得x
100+k 、x
200+k
、x
300+k
成等差数列”的一个必要条件是（）
A．a≥0 B．b≤0 C．c=0 D．a﹣2b+c=0
【分析】由x
100+k ，x
200+k
，x
300+k
成等差数列，可得：2x
200+k
=x
100+k
x
300+k
，代入化简即可
得出．
【解答】解：存在k∈N*，使得x
100+k 、x
200+k
、x
300+k
成等差数列，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，化为：a=0．
∴使得x 100+k ，x 200+k ，x 300+k 成等差数列的必要条件是a ≥0． 故选：A ．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：P 236+P 24=1和C 2：x 2+P
2
9
=1．P
为C 1上的动点，Q 为C 2上的动点，w 是PP →⋅PP →
的最大值．记Ω={（P ，Q ）|P 在C 1上，Q 在C 2上，且PP →
⋅PP →
=w}，则Ω中元素个数为（ ） A ．2个 B ．4个 C ．8个 D ．无穷个
【分析】设出P （6cosα，2sinα），Q （cosβ，3sinβ），0≤α\β＜2π，由向量数量积的坐标表示和两角差的余弦公式和余弦函数的值域，可得最大值及取得的条件，即可判断所求元素的个数．
【解答】解：椭圆C 1：P 236+P 24=1和C 2：x 2+P
2
9
=1．P 为C 1上的动点，Q 为C 2上
的动点，
可设P （6cosα，2sinα），Q （cosβ，3sinβ），0≤α\β＜2π， 则PP →
⋅PP →
=6cosαcosβ+6sinαsinβ=6cos（α﹣β）， 当α﹣β=2kπ，k ∈Z 时，w 取得最大值6，
则Ω={（P ，Q ）|P 在C 1上，Q 在C 2上，且PP →
⋅PP →
=w}中的元素有无穷多对． 另解：令P （m ，n ），Q （u ，v ），则m 2+9n 2=36，9u 2+v 2=9， 由柯西不等式（m 2+9n 2）（9u 2+v 2）=324≥（3mu+3nv ）2， 当且仅当mv=nu ，即O 、P 、Q 共线时，取得最大值6， 显然，满足条件的P 、Q 有无穷多对，D 项正确． 故选：D ．
【点评】本题考查椭圆的参数方程的运用，以及向量数量积的坐标表示和余弦函数的值域，考查集合的几何意义，属于中档题．
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）
17．（14分）如图，直三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的底面为直角三角形，两直角边AB和
AC的长分别为4和2，侧棱AA
1
的长为5．
（1）求三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的体积；
（2）设M是BC中点，求直线A
1
M与平面ABC所成角的大小．
【分析】（1）三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的体积V=S
△ABC
×AA
1
=
1
2
×PP×PP×PP1，
由此能求出结果．
（2）连结AM，∠A
1MA是直线A
1
M与平面ABC所成角，由此能求出直线A
1
M与平
面ABC所成角的大小．
【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的底面为直角三角形，
两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA
1
的长为5．
∴三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的体积：
V=S
△ABC ×AA
1
=1
2
×PP×PP×PP1
=1
2
×4×2×5=20．
（2）连结AM，
∵直三棱柱ABC﹣A
1B
1
C
1
的底面为直角三角形，
两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA
1
的长为5，M是BC中点，
∴AA
1⊥底面ABC，AM=
1
2
PP=
1
2
√16+4=√5，
∴∠A
1MA是直线A
1
M与平面ABC所成角，
tan∠A
1MA=
PP1
PP
=
5
√5
=√5，
∴直线A
1
M与平面ABC所成角的大小为arctan√5．
【点评】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
18．（14分）已知函数f（x）=cos2x﹣sin2x+1
2
，x∈（0，π）．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边a=√19，角B所对边b=5，若f（A）=0，求△ABC的面积．
【分析】（1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；
（2）由f（A）=0，解得A，再由余弦定理解方程可得c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
【解答】解：（1）函数f（x）=cos2x﹣sin2x+1 2
=cos2x+1
2
，x∈（0，π），
由2kπ﹣π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣1
2
π≤x≤kπ，k∈Z，
k=1时，1
2
π≤x≤π，
可得f（x）的增区间为[P
2
，π）；
（2）设△ABC为锐角三角形，
角A所对边a=√19，角B所对边b=5，
若f（A）=0，即有cos2A+1
2
=0，
解得2A=2
3
π，即A=
1
3
π，
由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA，化为c2﹣5c+6=0，
解得c=2或3，
若c=2，则cosB=19+4−25
2×19×2
＜0，
即有B为钝角，c=2不成立，则c=3，
△ABC的面积为S=1
2
bcsinA=
1
2
×5×3×
√3
2
=
15√3
4
．
【点评】本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题．
19．（14分）根据预测，某地第n（n∈N*）个月共享单车的投放量和损失量分别
为a
n 和b
n
（单位：辆），其中a
n
={
5P4+15，1≤P≤3
−10P+470，P≥4
，b
n
=n+5，第n个月底
的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差．
（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量S
n
=﹣4（n﹣46）2+8800（单位：辆）．设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
【分析】（1）计算出{a
n }和{b
n
}的前4项和的差即可得出答案；
（2）令a
n ≥b
n
得出n≤42，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论．
【解答】解：（1）∵a
n ={
5P4+15，1≤P≤3
−10P+470，P≥4
，b
n
=n+5
∴a
1
=5×14+15=20
a
2
=5×24+15=95
a
3
=5×34+15=420
a
4
=﹣10×4+470=430
b
1
=1+5=6
b
2
=2+5=7
b
3
=3+5=8
b 4=4+5=9
∴前4个月共投放单车为a 1+a 2+a 3+a 4=20+95+420+430=965， 前4个月共损失单车为b 1+b 2+b 3+b 4=6+7+8+9=30，
∴该地区第4个月底的共享单车的保有量为965﹣30=935． （2）令a n ≥b n ，显然n ≤3时恒成立， 当n ≥4时，有﹣10n+470≥n+5，解得n ≤46511
， ∴第42个月底，保有量达到最大．
当n ≥4，{a n }为公差为﹣10等差数列，而{b n }为等差为1的等差数列，
∴到第42个月底，单车保有量为P 4+P 422×39+535﹣P 1+P 422×42=430+50
2
×
39+535﹣6+47
2
×42=8782．
S 42=﹣4×16+8800=8736． ∵8782＞8736，
∴第42个月底单车保有量超过了容纳量．
【点评】本题考查了数列模型的应用，等差数列的求和公式，属于中档题．
20．（16分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆Γ：P 2
4+P 2=1，A 为Γ的
上顶点，P 为Γ上异于上、下顶点的动点，M 为x 正半轴上的动点． （1）若P 在第一象限，且|OP|=√2，求P 的坐标；
（2）设P （85，3
5
），若以A 、P 、M 为顶点的三角形是直角三角形，求M 的横坐
标；
（3）若|MA|=|MP|，直线AQ 与Γ交于另一点C ，且PP →
=2PP →
，PP →
=4PP →
，求直线AQ 的方程．
【分析】（1）设P （x ，y ）（x ＞0，y ＞0），联立{P
2
4+P 2=1P 2+P 2
=2
，能求出P 点坐标． （2）设M （x 0，0），A （0，1），P （85，35），由∠P=90°，求出x 0=29
20
；由∠M=90°，
求出x 0=1或x 0=3
5
；由∠A=90°，则M 点在x 轴负半轴，不合题意．由此能求出
点M 的横坐标．
（3）设C （2cosα，sinα），推导出Q （4cosα，2sinα﹣1），设P （2cosβ，
sinβ），M （x 0，0）推导出x 0=34
cosβ，从而 4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ，且2sinα
﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ，cosβ=﹣43cosα，且sinα=1
3
（1﹣2sinα），由此能求
出直线AQ ．
【解答】解：（1）设P （x ，y ）（x ＞0，y ＞0），
∵椭圆Γ：P 24+P 2=1，A 为Γ的上顶点，
P 为Γ上异于上、下顶点的动点， P 在第一象限，且|OP|=√2，
∴联立{P 2
4+P 2=1P 2+P 2
=2， 解得P （2√33，√6
3
）．
（2）设M （x 0，0），A （0，1），
P （85，35
），
若∠P=90°，则PP →
•PP →
，即（x 0﹣85，﹣35）•（﹣85，2
5
）=0，
∴（﹣85）x 0+6425﹣625=0，解得x 0=2920
．
如图，若∠M=90°，则PP →•PP →=0，即（﹣x 0，1）•（85﹣x 0，3
5
）=0，
∴P 02−85P 0+3
5=0，解得x 0=1或x 0=35
，
若∠A=90°，则M 点在x 轴负半轴，不合题意．
∴点M 的横坐标为2920，或1，或3
5
．
（3）设C （2cosα，sinα）， ∵PP →
=2PP →
，A （0，1）， ∴Q （4cosα，2sinα﹣1），
又设P （2cosβ，sinβ），M （x 0，0），
∵|MA|=|MP|，∴x 02+1=（2cosβ﹣x 0）2+（sinβ）2，
整理得：x 0=3
4
cosβ，
∵PP →
=（4cosα﹣2cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1），PP →
=（﹣5
4
cosβ，﹣sinβ），
PP →=4PP →
，
∴4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ， 且2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ，
∴cosβ=﹣43cosα，且sinα=1
3
（1﹣2sinα），
以上两式平方相加，整理得3（sinα）2
+sinα﹣2=0，∴sinα=2
3
，或sinα=﹣
1（舍去），
此时，直线AC 的斜率k AC =﹣1−PPPP 2PPPP =√510
（负值已舍去），如图．
∴直线AQ 为y=√5
10
x+1．
【点评】本题考查点的坐标的求法，考查直线方程的求法，考查椭圆、直线方程、三角函数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、
函数与方思想，是中档题．
21．（18分）设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x
1、x
2
∈R，当x
1
＜
x 2时，都有f（x
1
）≤f（x
2
）．
（1）若f（x）=ax3+1，求a的取值围；
（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；
（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的、恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值．函数h（x）=f（x）g（x）．证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．
【分析】（1）直接由f（x
1）﹣f（x
2
）≤0求得a的取值围；
（2）若f（x）是周期函数，记其周期为T
k ，任取x
∈R，则有f（x
）=f（x
+T
k
），
证明对任意x∈[x
0，x
+T
k
]，f（x
）≤f（x）≤f（x
+T
k
），可得f（x
）=f（x
+nT
k
），
n∈Z，再由…∪[x
0﹣3T
k
，x
﹣2T
k
]∪[x
﹣2T
k
，x
﹣T
k
]∪[x
﹣T
k
，x
]∪[x
，x
+T
k
]
∪[x
0+T
k
，x
+2T
k
]∪…=R，可得对任意x∈R，f（x）=f（x
）=C，为常数；
（3）分充分性及必要性证明．类似（2）证明充分性；再证必要性，然后分类证明．
【解答】（1）解：由f（x
1）≤f（x
2
），得f（x
1
）﹣f（x
2
）=a（x
1
3﹣x
2
3）≤0，
∵x
1＜x
2
，∴x
1
3﹣x
2
3＜0，得a≥0．
故a的围是[0，+∞）；
（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为T
k ，任取x
∈R，则有
f（x
0）=f（x
+T
k
），
由题意，对任意x∈[x
0，x
+T
k
]，f（x
）≤f（x）≤f（x
+T
k
），
∴f（x
0）=f（x）=f（x
+T
k
）．
又∵f（x
0）=f（x
+nT
k
），n∈Z，并且
…∪[x
0﹣3T
k
，x
﹣2T
k
]∪[x
﹣2T
k
，x
﹣T
k
]∪[x
﹣T
k
，x
]∪[x
，x
+T
k
]∪[x
+T
k
，
x 0+2T
k
]∪…=R，
∴对任意x∈R，f（x）=f（x
）=C，为常数；
（3）证明：充分性：若f（x）是常值函数，记f（x）=c
1
，设g（x）的一个周
期为T
g
，则
. .
..
h （x ）=c 1•g （x ），则对任意x 0∈R ，
h （x 0+T g ）=c 1•g （x 0+T g ）=c 1•g （x 0）=h （x 0）， 故h （x ）是周期函数；
必要性：若h （x ）是周期函数，记其一个周期为T h ．
若存在x 1，x 2，使得f （x 1）＞0，且f （x 2）＜0，则由题意可知， x 1＞x 2，那么必然存在正整数N 1，使得x 2+N 1T k ＞x 1， ∴f （x 2+N 1T k ）＞f （x 1）＞0，且h （x 2+N 1T k ）=h （x 2）． 又h （x 2）=g （x 2）f （x 2）＜0，而
h （x 2+N 1T k ）=g （x 2+N 1T k ）f （x 2+N 1T k ）＞0≠h （x 2），矛盾． 综上，f （x ）＞0恒成立． 由f （x ）＞0恒成立，
任取x 0∈A ，则必存在N 2∈N ，使得x 0﹣N 2T h ≤x 0﹣T g ， 即[x 0﹣T g ，x 0]⊆[x 0﹣N 2T h ，x 0]，
∵…∪[x 0﹣3T k ，x 0﹣2T k ]∪[x 0﹣2T k ，x 0﹣T k ]∪[x 0﹣T k ，x 0]∪[x 0，x 0+T k ]∪[x 0+T k ，x 0+2T k ]∪…=R，
∴…∪[x 0﹣2N 2T h ，x 0﹣N 2T h ]∪[x 0﹣N 2T h ，x 0]∪[x 0，x 0+N 2T h ]∪[x 0+N 2T h ，x 0+2N 2T h ]∪…=R．
h （x 0）=g （x 0）•f （x 0）=h （x 0﹣N 2T h ）=g （x 0﹣N 2T h ）•f （x 0﹣N 2T h ）， ∵g （x 0）=M ≥g （x 0﹣N 2T h ）＞0，f （x 0）≥f （x 0﹣N 2T h ）＞0．
因此若h （x 0）=h （x 0﹣N 2T h ），必有g （x 0）=M=g （x 0﹣N 2T h ），且f （x 0）=f （x 0﹣N 2T h ）=c ．
而由（2）证明可知，对任意x ∈R ，f （x ）=f （x 0）=C ，为常数． 综上，必要性得证．
【点评】本题考查抽象函数及其应用，考查逻辑思维能力与理论运算能力考查分类讨论的数学思想方法，题目设置难度过大．。