上海市长宁区2022届高三上学期数学一模试卷及答案
高三数学一模试卷一、填空题1．已知集合A={1，2}，B={2，a}，若A∪B={1，2，3}，则a= .2．计算lim→∞7+45−3= .3．已知圆的参数方程为x=2cosθy=2siθ（θ为参数），则此圆的半径是 .4．函数y=
高三上学期数学一模试卷一、填空题1．已知集合㔸ݧ㔸，쬐ɶ쬐ݧ，，，，则㔸2．(t쬐)的二项展开式中쬐的系数为3．lim㔸t쬐㔸4．若线性方程组的增广矩阵为()，解为，则㔸㔸5．在直角坐标系쬐中，角的始边为쬐正半轴，顶点为坐标原点，若角的终边
简介：高三数学一模试卷一、填空题1．已知集合A={1，2}，B={2，a}，若A∪B={1，2，3}，则a= .【答案】3【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={1，2}，B={2，a}，且A∪B={1，2，3}，所以a=3.故答案为：3.【分析】根据并集的定义即可求出a的值。2．计算limn→∞7n+45−3n= .【答案】−73【知识点】极限及其运算【解析】【解答】limn→∞7n+45−3n=limn→∞7+4n5n−3=−73.故答案为：−73【分析】根据给定条件利用数列极限直接计算可得答案。3．已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ（θ为参数），则此圆的半径是 .【答案】2【知识点】参数方程化成普通方程【解析】【解答】由参数方程x=2cosθy=2sinθ（θ为参数）化为普通方程：x2+y2=4，故圆的半径为2.故答案为：2【分析】直接利用转换关系，把参数方程转换为直角坐标方程，进一步求出圆的半径.4．函数y=3sinx−cosx的最小正周期是 .【答案】2π【知识点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法【解析】【解答】y=3sinx−cosx=2sin(x−π6)，故最小正周期T=2π1=2π故答案为：2π【分析】利用辅助角公式将y化简，再根据周期公式即可求出函数的最小正周期。5．函数y=x3+acosx是奇函数，则实数a= .【答案】0【知识点】函数奇偶性的性质【解析】【解答】因函数y=f(x)=x3+acosx是奇函数，其定义域为R，则对∀x∈R，f(−x)=−f(x)，即(−x)3+acos(−x)=−(x3+acosx)，整理得：2acosx=0，而cosx不恒为0，于是得a=0，所以实数a=0.故答案为：0【分析】首先由奇函数的定义整理化简已知条件，由此计算出cosx的取值，结合题意即可求出a的取值。6．若圆锥的底面面积为π，母线长为2，则该圆锥的体积为 .【答案】33π【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】圆锥的底面面积为π，则底面半径r=1，由勾股定理可得：ℎ=22−12=3，所以圆锥的体积为13πℎ=33π故答案为：33π【分析】求出圆锥的底面半径，结合勾股定理求解圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可求出该圆锥的体积.7．函数y=lg3−2×3+2x的定义域是 .【答案】(−∞，log23)【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】函数y=lg3−2×3+2x有意义，则有3−2×3+2x>0，即2x<3，解得x 0)，由点A(10，12)在抛物线上，得122＝2p×10，所以p=7.2.所以抛物线的焦点F的坐标为(3.6，0)．因此灯泡与反射镜顶点间的距离是3.6cm.【分析】取反射镜的轴即抛物线的对称轴为x轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立直角坐标系xoy，设出抛物线的标准方程，把点A(10，12)代入抛物线方程，求得p的值，进而求出焦点F的坐标，即可求出灯泡与反射镜顶点间的距离。10．已知曲线x2a+y216=1的焦距是10，曲线上的点P到一个焦点的距离是2，则点P到另一个焦点的距离为 .【答案】241−2或10【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以a−16=25⇒a=41，而椭圆上的点P到一个焦点距离是2，则点P到另一个焦点的距离为241−2；若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0 2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离|PF1|=|PF2|+8=10.故答案为：241−2或10.【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质即可求出点P到另一个焦点的距离。11．从集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A，B，C，则经过坐标原点的不同直线有 条（用数值表示）【答案】54【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】依题意，C=0，从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值有A92=72种，其中重合的直线，按有序数对(A，B)，A B有：(2，1)，(4，2)，(6，3)，(8，4)重合，(3，1)，(6，2)，(9，3)重合，(4，1)，(8，2)重合，(3，2)，(6，4)，(9，6)重合，(4，3)，(8，6)重合，所以经过坐标原点的不同直线条数是72−9×2=54.故答案为：54【分析】根据已知条件可得C=0，再从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值的种数减去重合的直线条数即可得出经过坐标原点的不同直线条数。12．设平面上的向量a，b，x，y满足关系a=y−x，b=mx−y(m≥2)，又设a与b的模均为1且互相垂直，则x与y的夹角取值范围为 .【答案】[arccos31010，π4)【知识点】数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】当m≥2时，由a=y−x，b=mx−y得：x=a+bm−1，y=ma+bm−1，因a与b的模均为1且互相垂直，即有a⋅b=0， 则|x|=x2=2m−1，|y|=y2=m2+1m−1，x⋅y=(a+b)⋅(ma+b)(m−1)2=m+1(m−1)2，则有cos〈x，y〉=x⋅y|x||y|=m+12⋅m2+1=12⋅2(m+1)2−2m+1+1=12(1m+1−12)2+14，而0<1m+1≤13，于是得22 =12(1m+1−12)2+14，由0<1m+1≤13可得22 b>0，c>d>0，则a+cd>b+dc；②若a>b>0，c>d>0，则ac>bd.关于上述命题描述正确的是（ ）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题【答案】C【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质【解析】【解答】对①，由c>d>0，得1cd>0，则c×1cd>d×1cd>0⇒1d>1c>0，又因为a>b>0，c>d>0，所以a+c>b+d>0，于是a+cd>b+dc.①为真命题；对②，令a=c=12，b=d=14，则ac=(12)12=22，bd=(14)14=22，即ac=bd.②为假命题.故答案为：C.【分析】根据不等式的性质可判断①，再根据指数式的运算可判断②，即可得出答案。16．复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1，其中i为虚数单位，θ∈[0，2π]，则这样的θ一共有（ ）个.A．9B．10C．11D．无数【答案】C【知识点】复数求模【解析】【解答】|(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)|=|cos2θ+isin3θ|⋅|cosθ+isinθ|=1，其中|cosθ+isinθ|=1，所以|cos2θ+isin3θ|=1，即cos22θ+sin23θ=1，cos22θ=1−sin23θ=cos23θ，当cos2θ=cos3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k2∈Z，所以θ=2k2π5，k2∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0，2π5，4π5，6π5，8π5或2π；当cos2θ=−cos3θ时，①2θ=3θ+(2k3+1)π，k3∈Z，即θ=−(2k3+1)π，k3∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π，②2θ=−3θ+(2k4+1)π，k4∈Z，即θ=(2k4+1)5π，k4∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π5，3π5，π，7π5，9π5，综上：θ=m5π，m=0，1，⋯10 ，一共有11个.故答案为：C【分析】先根据复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin23θ=1，即cos22θ=cos23θ，再分cos2θ=cos3θ和cos2θ=−cos3θ两种情况进行求解，结合θ∈[0，2π]，即可求出θ的个数。三、解答题17．在△ABC中，A､B､C所对边a､b､c满足(a+b−c)(a−b+c)=bc.（1）求A的值；（2）若a=3，cosB=45，求△ABC的周长.【答案】（1）(a+b−c)(a−b+c)=bc化简得：b2+c2−a2=bc，两边同除以2bc，及cosA=12，因为A∈(0，π)，所以A=π3.（2）因为cosB=45，且B∈(0，π)，所以sinB=35，因为a=3，由正弦定理得：3sinπ3=b35，故b=65，由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc=12，即3625+c2−3125c=12，解得：c=3±435，其中c>0，所以c=3+435，故△ABC的周长为3+3+435+65=93+95【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)化简已知等式可得b2+c2−a2=bc，由余弦定理可求cosA=12，结合范围A∈(0，π)，可求A的值；(2)利用同角三角函数基本关系式求出sinB的值，由正弦定理可得b的值，再利用余弦定理求得c的值，即可求出△ABC的周长.18．第一象限内的点P在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)上，双曲线的左､右焦点分别记为F1､F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|=2|PF2|，O为坐标原点.（1）求证：b=2a；（2）若△OF2P的面积为2，求点P的坐标.【答案】（1）因P是双曲线x2a2−y2b2=1第一象限内的点，于是得|PF1|−|PF2|=2a，而|PF1|=2|PF2|，则|PF1|=4a，|PF2|=2a，令双曲线的半焦距为c，则|F1F2|=2c，因PF1⊥PF2，因此，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即(4a)2+(2a)2=(2c)2，化简得c2=5a2，又a2+b2=c2，则有b2=4a2，b=2a，所以b=2a.（2）因O为线段F1F2的中点，则S△F1PF2=2S△OF2P=4，由(1)知S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|=4a2，于是有a=1，则b=2，c=5，因此，双曲线方程为x2−y24=1，设点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则有x02−y024=1，又O是Rt△F1PF2斜边F1F2的中点，则|OP|=|OF2|=c=5，即x02+y02=5，联立解得x02=95，y02=165，而x0>0，y0>0，则有x0=355，y0=455，所以点P的坐标是(355，455).【知识点】双曲线的定义【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合双曲线定义及a，b，c的关系即可证得b=2a；（2）由(1)结论，求出双曲线的方程，求出|OP|的长，由此列出方程组求解即可得出点P的坐标。19．图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆､通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如ABCD）和宽度相等的矩形通道组成.展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等.图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展览区域，小正方形ABCD中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域.设ABCD的边长为300米，△AEF的周长为180米.（1）设AE=x，求△AEF的面积y关于x的函数关系式；（2）问AE取多少时，使得整个的休闲区域面积最大.(2≈1.414，长度精确到1米，利用精确后的长度计算面积，面积精确到1平方米)【答案】（1）依题意，在Rt△AEF中，EF=x2+AF2，则有x+AF+x2+AF2=180，AF=180(90−x)180−x，0 1时，求证：数列{an}不可能是常数列；（2）若qt=0，求数列{an}的前n项的和；（3）当q=12，t=1时，令bn=2an2−2(n≥2，n∈N)，判断对任意n≥2，n∈N，bn是否为正整数，请说明理由.【答案】（1）证明：a2=qa1+ta1=2q+t2，因为q>1，t≥0，所以a2=2q+t2>2，故当q>1时，数列{an}不可能是常数列（2）因为qt=0，q2+t2≠0，所以当q=0时，t≠0，n≥2时，an=tan−1，即当n为奇数时，an=2，当n为偶数时，an=t2，设数列{an}的前n项的和为Sn，当n为奇数时，Sn=(2+t2)n−12+2=n+1+tn−t4，当n为偶数时，Sn=(2+t2)n2=n+tn4，综上：Sn=n+1+tn−t4，n=2k+1，k∈Zn+tn4，n=2k，k∈Z 当t=0时，q≠0，n≥2时，an=qan−1，此时{an}为等比数列，首项为2，公比为q，当q=1时，Sn=2n，当q≠1时，Sn=2(1−qn)1−q，故Sn=2n，q=12(1−qn)1−q，q≠1.（3）对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，理由如下：当q=12，t=1时，a2=12a1+1a1=32，所以b2=4，a3=12a2+1a2=1712，b3=24，猜想：bn=2an2−2(n≥2，n∈N)为正整数，证明：bn=2an2−2>0，则an2=4bn2+2，an+12=4bn+12+2，代入到an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1得：4bn+12+2=14(4bn2+2)+14bn2+2+1，整理得：bn+12=bn2(4+2bn2)，从而bn2=bn−12(4+2bn−12)，（n≥3），于是bn+12=bn2[4+2bn−12(4+2bn−12)]，所以bn+1=2bn(bn−12+1)，因此知，当b2∈N时，b3∈N，当b3∈N时，b4∈N，以此类推，对任意n≥2，n∈N，bn∈N，证毕.【知识点】类比推理【解析】【分析】（1）由已知条件得到可得出a2=2q+t2>2，即可得出当q>1时，数列{an}不可能是常数列；（2）分q=0，t≠0和t=0，q≠0两种情况进行求解即可求出数列{an}的前n项的和；（3）先求出b2=4，b3=24，故猜想对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，对bn=2an2−2(n≥2，n∈N)平方后整理为an2=4bn2+2，代入an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1中，可得bn2=bn−12(4+2bn−12)，以此类推可得对任意n≥2，n∈N，bn∈N。
简介：高三数学一模试卷一、填空题1．已知集合A={1，2}，B={2，a}，若A∪B={1，2，3}，则a= .【答案】3【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={1，2}，B={2，a}，且A∪B={1，2，3}，所以a=3.故答案为：3.【分析】根据并集的定义即可求出a的值。2．计算limn→∞7n+45−3n= .【答案】−73【知识点】极限及其运算【解析】【解答】limn→∞7n+45−3n=limn→∞7+4n5n−3=−73.故答案为：−73【分析】根据给定条件利用数列极限直接计算可得答案。3．已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ（θ为参数），则此圆的半径是 .【答案】2【知识点】参数方程化成普通方程【解析】【解答】由参数方程x=2cosθy=2sinθ（θ为参数）化为普通方程：x2+y2=4，故圆的半径为2.故答案为：2【分析】直接利用转换关系，把参数方程转换为直角坐标方程，进一步求出圆的半径.4．函数y=3sinx−cosx的最小正周期是 .【答案】2π【知识点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法【解析】【解答】y=3sinx−cosx=2sin(x−π6)，故最小正周期T=2π1=2π故答案为：2π【分析】利用辅助角公式将y化简，再根据周期公式即可求出函数的最小正周期。5．函数y=x3+acosx是奇函数，则实数a= .【答案】0【知识点】函数奇偶性的性质【解析】【解答】因函数y=f(x)=x3+acosx是奇函数，其定义域为R，则对∀x∈R，f(−x)=−f(x)，即(−x)3+acos(−x)=−(x3+acosx)，整理得：2acosx=0，而cosx不恒为0，于是得a=0，所以实数a=0.故答案为：0【分析】首先由奇函数的定义整理化简已知条件，由此计算出cosx的取值，结合题意即可求出a的取值。6．若圆锥的底面面积为π，母线长为2，则该圆锥的体积为 .【答案】33π【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】圆锥的底面面积为π，则底面半径r=1，由勾股定理可得：ℎ=22−12=3，所以圆锥的体积为13πℎ=33π故答案为：33π【分析】求出圆锥的底面半径，结合勾股定理求解圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可求出该圆锥的体积.7．函数y=lg3−2×3+2x的定义域是 .【答案】(−∞，log23)【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】函数y=lg3−2×3+2x有意义，则有3−2×3+2x>0，即2x<3，解得x 0)，由点A(10，12)在抛物线上，得122＝2p×10，所以p=7.2.所以抛物线的焦点F的坐标为(3.6，0)．因此灯泡与反射镜顶点间的距离是3.6cm.【分析】取反射镜的轴即抛物线的对称轴为x轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立直角坐标系xoy，设出抛物线的标准方程，把点A(10，12)代入抛物线方程，求得p的值，进而求出焦点F的坐标，即可求出灯泡与反射镜顶点间的距离。10．已知曲线x2a+y216=1的焦距是10，曲线上的点P到一个焦点的距离是2，则点P到另一个焦点的距离为 .【答案】241−2或10【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以a−16=25⇒a=41，而椭圆上的点P到一个焦点距离是2，则点P到另一个焦点的距离为241−2；若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0 2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离|PF1|=|PF2|+8=10.故答案为：241−2或10.【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质即可求出点P到另一个焦点的距离。11．从集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A，B，C，则经过坐标原点的不同直线有 条（用数值表示）【答案】54【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】依题意，C=0，从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值有A92=72种，其中重合的直线，按有序数对(A，B)，A B有：(2，1)，(4，2)，(6，3)，(8，4)重合，(3，1)，(6，2)，(9，3)重合，(4，1)，(8，2)重合，(3，2)，(6，4)，(9，6)重合，(4，3)，(8，6)重合，所以经过坐标原点的不同直线条数是72−9×2=54.故答案为：54【分析】根据已知条件可得C=0，再从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值的种数减去重合的直线条数即可得出经过坐标原点的不同直线条数。12．设平面上的向量a，b，x，y满足关系a=y−x，b=mx−y(m≥2)，又设a与b的模均为1且互相垂直，则x与y的夹角取值范围为 .【答案】[arccos31010，π4)【知识点】数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】当m≥2时，由a=y−x，b=mx−y得：x=a+bm−1，y=ma+bm−1，因a与b的模均为1且互相垂直，即有a⋅b=0， 则|x|=x2=2m−1，|y|=y2=m2+1m−1，x⋅y=(a+b)⋅(ma+b)(m−1)2=m+1(m−1)2，则有cos〈x，y〉=x⋅y|x||y|=m+12⋅m2+1=12⋅2(m+1)2−2m+1+1=12(1m+1−12)2+14，而0<1m+1≤13，于是得22 =12(1m+1−12)2+14，由0<1m+1≤13可得22 b>0，c>d>0，则a+cd>b+dc；②若a>b>0，c>d>0，则ac>bd.关于上述命题描述正确的是（ ）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题【答案】C【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质【解析】【解答】对①，由c>d>0，得1cd>0，则c×1cd>d×1cd>0⇒1d>1c>0，又因为a>b>0，c>d>0，所以a+c>b+d>0，于是a+cd>b+dc.①为真命题；对②，令a=c=12，b=d=14，则ac=(12)12=22，bd=(14)14=22，即ac=bd.②为假命题.故答案为：C.【分析】根据不等式的性质可判断①，再根据指数式的运算可判断②，即可得出答案。16．复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1，其中i为虚数单位，θ∈[0，2π]，则这样的θ一共有（ ）个.A．9B．10C．11D．无数【答案】C【知识点】复数求模【解析】【解答】|(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)|=|cos2θ+isin3θ|⋅|cosθ+isinθ|=1，其中|cosθ+isinθ|=1，所以|cos2θ+isin3θ|=1，即cos22θ+sin23θ=1，cos22θ=1−sin23θ=cos23θ，当cos2θ=cos3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k2∈Z，所以θ=2k2π5，k2∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0，2π5，4π5，6π5，8π5或2π；当cos2θ=−cos3θ时，①2θ=3θ+(2k3+1)π，k3∈Z，即θ=−(2k3+1)π，k3∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π，②2θ=−3θ+(2k4+1)π，k4∈Z，即θ=(2k4+1)5π，k4∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π5，3π5，π，7π5，9π5，综上：θ=m5π，m=0，1，⋯10 ，一共有11个.故答案为：C【分析】先根据复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin23θ=1，即cos22θ=cos23θ，再分cos2θ=cos3θ和cos2θ=−cos3θ两种情况进行求解，结合θ∈[0，2π]，即可求出θ的个数。三、解答题17．在△ABC中，A､B､C所对边a､b､c满足(a+b−c)(a−b+c)=bc.（1）求A的值；（2）若a=3，cosB=45，求△ABC的周长.【答案】（1）(a+b−c)(a−b+c)=bc化简得：b2+c2−a2=bc，两边同除以2bc，及cosA=12，因为A∈(0，π)，所以A=π3.（2）因为cosB=45，且B∈(0，π)，所以sinB=35，因为a=3，由正弦定理得：3sinπ3=b35，故b=65，由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc=12，即3625+c2−3125c=12，解得：c=3±435，其中c>0，所以c=3+435，故△ABC的周长为3+3+435+65=93+95【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)化简已知等式可得b2+c2−a2=bc，由余弦定理可求cosA=12，结合范围A∈(0，π)，可求A的值；(2)利用同角三角函数基本关系式求出sinB的值，由正弦定理可得b的值，再利用余弦定理求得c的值，即可求出△ABC的周长.18．第一象限内的点P在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)上，双曲线的左､右焦点分别记为F1､F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|=2|PF2|，O为坐标原点.（1）求证：b=2a；（2）若△OF2P的面积为2，求点P的坐标.【答案】（1）因P是双曲线x2a2−y2b2=1第一象限内的点，于是得|PF1|−|PF2|=2a，而|PF1|=2|PF2|，则|PF1|=4a，|PF2|=2a，令双曲线的半焦距为c，则|F1F2|=2c，因PF1⊥PF2，因此，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即(4a)2+(2a)2=(2c)2，化简得c2=5a2，又a2+b2=c2，则有b2=4a2，b=2a，所以b=2a.（2）因O为线段F1F2的中点，则S△F1PF2=2S△OF2P=4，由(1)知S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|=4a2，于是有a=1，则b=2，c=5，因此，双曲线方程为x2−y24=1，设点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则有x02−y024=1，又O是Rt△F1PF2斜边F1F2的中点，则|OP|=|OF2|=c=5，即x02+y02=5，联立解得x02=95，y02=165，而x0>0，y0>0，则有x0=355，y0=455，所以点P的坐标是(355，455).【知识点】双曲线的定义【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合双曲线定义及a，b，c的关系即可证得b=2a；（2）由(1)结论，求出双曲线的方程，求出|OP|的长，由此列出方程组求解即可得出点P的坐标。19．图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆､通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如ABCD）和宽度相等的矩形通道组成.展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等.图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展览区域，小正方形ABCD中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域.设ABCD的边长为300米，△AEF的周长为180米.（1）设AE=x，求△AEF的面积y关于x的函数关系式；（2）问AE取多少时，使得整个的休闲区域面积最大.(2≈1.414，长度精确到1米，利用精确后的长度计算面积，面积精确到1平方米)【答案】（1）依题意，在Rt△AEF中，EF=x2+AF2，则有x+AF+x2+AF2=180，AF=180(90−x)180−x，0 1时，求证：数列{an}不可能是常数列；（2）若qt=0，求数列{an}的前n项的和；（3）当q=12，t=1时，令bn=2an2−2(n≥2，n∈N)，判断对任意n≥2，n∈N，bn是否为正整数，请说明理由.【答案】（1）证明：a2=qa1+ta1=2q+t2，因为q>1，t≥0，所以a2=2q+t2>2，故当q>1时，数列{an}不可能是常数列（2）因为qt=0，q2+t2≠0，所以当q=0时，t≠0，n≥2时，an=tan−1，即当n为奇数时，an=2，当n为偶数时，an=t2，设数列{an}的前n项的和为Sn，当n为奇数时，Sn=(2+t2)n−12+2=n+1+tn−t4，当n为偶数时，Sn=(2+t2)n2=n+tn4，综上：Sn=n+1+tn−t4，n=2k+1，k∈Zn+tn4，n=2k，k∈Z 当t=0时，q≠0，n≥2时，an=qan−1，此时{an}为等比数列，首项为2，公比为q，当q=1时，Sn=2n，当q≠1时，Sn=2(1−qn)1−q，故Sn=2n，q=12(1−qn)1−q，q≠1.（3）对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，理由如下：当q=12，t=1时，a2=12a1+1a1=32，所以b2=4，a3=12a2+1a2=1712，b3=24，猜想：bn=2an2−2(n≥2，n∈N)为正整数，证明：bn=2an2−2>0，则an2=4bn2+2，an+12=4bn+12+2，代入到an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1得：4bn+12+2=14(4bn2+2)+14bn2+2+1，整理得：bn+12=bn2(4+2bn2)，从而bn2=bn−12(4+2bn−12)，（n≥3），于是bn+12=bn2[4+2bn−12(4+2bn−12)]，所以bn+1=2bn(bn−12+1)，因此知，当b2∈N时，b3∈N，当b3∈N时，b4∈N，以此类推，对任意n≥2，n∈N，bn∈N，证毕.【知识点】类比推理【解析】【分析】（1）由已知条件得到可得出a2=2q+t2>2，即可得出当q>1时，数列{an}不可能是常数列；（2）分q=0，t≠0和t=0，q≠0两种情况进行求解即可求出数列{an}的前n项的和；（3）先求出b2=4，b3=24，故猜想对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，对bn=2an2−2(n≥2，n∈N)平方后整理为an2=4bn2+2，代入an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1中，可得bn2=bn−12(4+2bn−12)，以此类推可得对任意n≥2，n∈N，bn∈N。
简介：高三数学一模试卷一、填空题1．已知集合A={1，2}，B={2，a}，若A∪B={1，2，3}，则a= .【答案】3【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={1，2}，B={2，a}，且A∪B={1，2，3}，所以a=3.故答案为：3.【分析】根据并集的定义即可求出a的值。2．计算limn→∞7n+45−3n= .【答案】−73【知识点】极限及其运算【解析】【解答】limn→∞7n+45−3n=limn→∞7+4n5n−3=−73.故答案为：−73【分析】根据给定条件利用数列极限直接计算可得答案。3．已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ（θ为参数），则此圆的半径是 .【答案】2【知识点】参数方程化成普通方程【解析】【解答】由参数方程x=2cosθy=2sinθ（θ为参数）化为普通方程：x2+y2=4，故圆的半径为2.故答案为：2【分析】直接利用转换关系，把参数方程转换为直角坐标方程，进一步求出圆的半径.4．函数y=3sinx−cosx的最小正周期是 .【答案】2π【知识点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法【解析】【解答】y=3sinx−cosx=2sin(x−π6)，故最小正周期T=2π1=2π故答案为：2π【分析】利用辅助角公式将y化简，再根据周期公式即可求出函数的最小正周期。5．函数y=x3+acosx是奇函数，则实数a= .【答案】0【知识点】函数奇偶性的性质【解析】【解答】因函数y=f(x)=x3+acosx是奇函数，其定义域为R，则对∀x∈R，f(−x)=−f(x)，即(−x)3+acos(−x)=−(x3+acosx)，整理得：2acosx=0，而cosx不恒为0，于是得a=0，所以实数a=0.故答案为：0【分析】首先由奇函数的定义整理化简已知条件，由此计算出cosx的取值，结合题意即可求出a的取值。6．若圆锥的底面面积为π，母线长为2，则该圆锥的体积为 .【答案】33π【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】圆锥的底面面积为π，则底面半径r=1，由勾股定理可得：ℎ=22−12=3，所以圆锥的体积为13πℎ=33π故答案为：33π【分析】求出圆锥的底面半径，结合勾股定理求解圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可求出该圆锥的体积.7．函数y=lg3−2×3+2x的定义域是 .【答案】(−∞，log23)【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】函数y=lg3−2×3+2x有意义，则有3−2×3+2x>0，即2x<3，解得x 0)，由点A(10，12)在抛物线上，得122＝2p×10，所以p=7.2.所以抛物线的焦点F的坐标为(3.6，0)．因此灯泡与反射镜顶点间的距离是3.6cm.【分析】取反射镜的轴即抛物线的对称轴为x轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立直角坐标系xoy，设出抛物线的标准方程，把点A(10，12)代入抛物线方程，求得p的值，进而求出焦点F的坐标，即可求出灯泡与反射镜顶点间的距离。10．已知曲线x2a+y216=1的焦距是10，曲线上的点P到一个焦点的距离是2，则点P到另一个焦点的距离为 .【答案】241−2或10【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以a−16=25⇒a=41，而椭圆上的点P到一个焦点距离是2，则点P到另一个焦点的距离为241−2；若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0 2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离|PF1|=|PF2|+8=10.故答案为：241−2或10.【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质即可求出点P到另一个焦点的距离。11．从集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A，B，C，则经过坐标原点的不同直线有 条（用数值表示）【答案】54【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】依题意，C=0，从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值有A92=72种，其中重合的直线，按有序数对(A，B)，A B有：(2，1)，(4，2)，(6，3)，(8，4)重合，(3，1)，(6，2)，(9，3)重合，(4，1)，(8，2)重合，(3，2)，(6，4)，(9，6)重合，(4，3)，(8，6)重合，所以经过坐标原点的不同直线条数是72−9×2=54.故答案为：54【分析】根据已知条件可得C=0，再从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值的种数减去重合的直线条数即可得出经过坐标原点的不同直线条数。12．设平面上的向量a，b，x，y满足关系a=y−x，b=mx−y(m≥2)，又设a与b的模均为1且互相垂直，则x与y的夹角取值范围为 .【答案】[arccos31010，π4)【知识点】数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】当m≥2时，由a=y−x，b=mx−y得：x=a+bm−1，y=ma+bm−1，因a与b的模均为1且互相垂直，即有a⋅b=0， 则|x|=x2=2m−1，|y|=y2=m2+1m−1，x⋅y=(a+b)⋅(ma+b)(m−1)2=m+1(m−1)2，则有cos〈x，y〉=x⋅y|x||y|=m+12⋅m2+1=12⋅2(m+1)2−2m+1+1=12(1m+1−12)2+14，而0<1m+1≤13，于是得22 =12(1m+1−12)2+14，由0<1m+1≤13可得22 b>0，c>d>0，则a+cd>b+dc；②若a>b>0，c>d>0，则ac>bd.关于上述命题描述正确的是（ ）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题【答案】C【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质【解析】【解答】对①，由c>d>0，得1cd>0，则c×1cd>d×1cd>0⇒1d>1c>0，又因为a>b>0，c>d>0，所以a+c>b+d>0，于是a+cd>b+dc.①为真命题；对②，令a=c=12，b=d=14，则ac=(12)12=22，bd=(14)14=22，即ac=bd.②为假命题.故答案为：C.【分析】根据不等式的性质可判断①，再根据指数式的运算可判断②，即可得出答案。16．复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1，其中i为虚数单位，θ∈[0，2π]，则这样的θ一共有（ ）个.A．9B．10C．11D．无数【答案】C【知识点】复数求模【解析】【解答】|(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)|=|cos2θ+isin3θ|⋅|cosθ+isinθ|=1，其中|cosθ+isinθ|=1，所以|cos2θ+isin3θ|=1，即cos22θ+sin23θ=1，cos22θ=1−sin23θ=cos23θ，当cos2θ=cos3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k2∈Z，所以θ=2k2π5，k2∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0，2π5，4π5，6π5，8π5或2π；当cos2θ=−cos3θ时，①2θ=3θ+(2k3+1)π，k3∈Z，即θ=−(2k3+1)π，k3∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π，②2θ=−3θ+(2k4+1)π，k4∈Z，即θ=(2k4+1)5π，k4∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π5，3π5，π，7π5，9π5，综上：θ=m5π，m=0，1，⋯10 ，一共有11个.故答案为：C【分析】先根据复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin23θ=1，即cos22θ=cos23θ，再分cos2θ=cos3θ和cos2θ=−cos3θ两种情况进行求解，结合θ∈[0，2π]，即可求出θ的个数。三、解答题17．在△ABC中，A､B､C所对边a､b､c满足(a+b−c)(a−b+c)=bc.（1）求A的值；（2）若a=3，cosB=45，求△ABC的周长.【答案】（1）(a+b−c)(a−b+c)=bc化简得：b2+c2−a2=bc，两边同除以2bc，及cosA=12，因为A∈(0，π)，所以A=π3.（2）因为cosB=45，且B∈(0，π)，所以sinB=35，因为a=3，由正弦定理得：3sinπ3=b35，故b=65，由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc=12，即3625+c2−3125c=12，解得：c=3±435，其中c>0，所以c=3+435，故△ABC的周长为3+3+435+65=93+95【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)化简已知等式可得b2+c2−a2=bc，由余弦定理可求cosA=12，结合范围A∈(0，π)，可求A的值；(2)利用同角三角函数基本关系式求出sinB的值，由正弦定理可得b的值，再利用余弦定理求得c的值，即可求出△ABC的周长.18．第一象限内的点P在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)上，双曲线的左､右焦点分别记为F1､F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|=2|PF2|，O为坐标原点.（1）求证：b=2a；（2）若△OF2P的面积为2，求点P的坐标.【答案】（1）因P是双曲线x2a2−y2b2=1第一象限内的点，于是得|PF1|−|PF2|=2a，而|PF1|=2|PF2|，则|PF1|=4a，|PF2|=2a，令双曲线的半焦距为c，则|F1F2|=2c，因PF1⊥PF2，因此，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即(4a)2+(2a)2=(2c)2，化简得c2=5a2，又a2+b2=c2，则有b2=4a2，b=2a，所以b=2a.（2）因O为线段F1F2的中点，则S△F1PF2=2S△OF2P=4，由(1)知S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|=4a2，于是有a=1，则b=2，c=5，因此，双曲线方程为x2−y24=1，设点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则有x02−y024=1，又O是Rt△F1PF2斜边F1F2的中点，则|OP|=|OF2|=c=5，即x02+y02=5，联立解得x02=95，y02=165，而x0>0，y0>0，则有x0=355，y0=455，所以点P的坐标是(355，455).【知识点】双曲线的定义【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合双曲线定义及a，b，c的关系即可证得b=2a；（2）由(1)结论，求出双曲线的方程，求出|OP|的长，由此列出方程组求解即可得出点P的坐标。19．图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆､通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如ABCD）和宽度相等的矩形通道组成.展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等.图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展览区域，小正方形ABCD中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域.设ABCD的边长为300米，△AEF的周长为180米.（1）设AE=x，求△AEF的面积y关于x的函数关系式；（2）问AE取多少时，使得整个的休闲区域面积最大.(2≈1.414，长度精确到1米，利用精确后的长度计算面积，面积精确到1平方米)【答案】（1）依题意，在Rt△AEF中，EF=x2+AF2，则有x+AF+x2+AF2=180，AF=180(90−x)180−x，0 1时，求证：数列{an}不可能是常数列；（2）若qt=0，求数列{an}的前n项的和；（3）当q=12，t=1时，令bn=2an2−2(n≥2，n∈N)，判断对任意n≥2，n∈N，bn是否为正整数，请说明理由.【答案】（1）证明：a2=qa1+ta1=2q+t2，因为q>1，t≥0，所以a2=2q+t2>2，故当q>1时，数列{an}不可能是常数列（2）因为qt=0，q2+t2≠0，所以当q=0时，t≠0，n≥2时，an=tan−1，即当n为奇数时，an=2，当n为偶数时，an=t2，设数列{an}的前n项的和为Sn，当n为奇数时，Sn=(2+t2)n−12+2=n+1+tn−t4，当n为偶数时，Sn=(2+t2)n2=n+tn4，综上：Sn=n+1+tn−t4，n=2k+1，k∈Zn+tn4，n=2k，k∈Z 当t=0时，q≠0，n≥2时，an=qan−1，此时{an}为等比数列，首项为2，公比为q，当q=1时，Sn=2n，当q≠1时，Sn=2(1−qn)1−q，故Sn=2n，q=12(1−qn)1−q，q≠1.（3）对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，理由如下：当q=12，t=1时，a2=12a1+1a1=32，所以b2=4，a3=12a2+1a2=1712，b3=24，猜想：bn=2an2−2(n≥2，n∈N)为正整数，证明：bn=2an2−2>0，则an2=4bn2+2，an+12=4bn+12+2，代入到an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1得：4bn+12+2=14(4bn2+2)+14bn2+2+1，整理得：bn+12=bn2(4+2bn2)，从而bn2=bn−12(4+2bn−12)，（n≥3），于是bn+12=bn2[4+2bn−12(4+2bn−12)]，所以bn+1=2bn(bn−12+1)，因此知，当b2∈N时，b3∈N，当b3∈N时，b4∈N，以此类推，对任意n≥2，n∈N，bn∈N，证毕.【知识点】类比推理【解析】【分析】（1）由已知条件得到可得出a2=2q+t2>2，即可得出当q>1时，数列{an}不可能是常数列；（2）分q=0，t≠0和t=0，q≠0两种情况进行求解即可求出数列{an}的前n项的和；（3）先求出b2=4，b3=24，故猜想对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，对bn=2an2−2(n≥2，n∈N)平方后整理为an2=4bn2+2，代入an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1中，可得bn2=bn−12(4+2bn−12)，以此类推可得对任意n≥2，n∈N，bn∈N。
简介：高三数学一模试卷一、填空题1．已知集合A={1，2}，B={2，a}，若A∪B={1，2，3}，则a= .【答案】3【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={1，2}，B={2，a}，且A∪B={1，2，3}，所以a=3.故答案为：3.【分析】根据并集的定义即可求出a的值。2．计算limn→∞7n+45−3n= .【答案】−73【知识点】极限及其运算【解析】【解答】limn→∞7n+45−3n=limn→∞7+4n5n−3=−73.故答案为：−73【分析】根据给定条件利用数列极限直接计算可得答案。3．已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ（θ为参数），则此圆的半径是 .【答案】2【知识点】参数方程化成普通方程【解析】【解答】由参数方程x=2cosθy=2sinθ（θ为参数）化为普通方程：x2+y2=4，故圆的半径为2.故答案为：2【分析】直接利用转换关系，把参数方程转换为直角坐标方程，进一步求出圆的半径.4．函数y=3sinx−cosx的最小正周期是 .【答案】2π【知识点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法【解析】【解答】y=3sinx−cosx=2sin(x−π6)，故最小正周期T=2π1=2π故答案为：2π【分析】利用辅助角公式将y化简，再根据周期公式即可求出函数的最小正周期。5．函数y=x3+acosx是奇函数，则实数a= .【答案】0【知识点】函数奇偶性的性质【解析】【解答】因函数y=f(x)=x3+acosx是奇函数，其定义域为R，则对∀x∈R，f(−x)=−f(x)，即(−x)3+acos(−x)=−(x3+acosx)，整理得：2acosx=0，而cosx不恒为0，于是得a=0，所以实数a=0.故答案为：0【分析】首先由奇函数的定义整理化简已知条件，由此计算出cosx的取值，结合题意即可求出a的取值。6．若圆锥的底面面积为π，母线长为2，则该圆锥的体积为 .【答案】33π【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】圆锥的底面面积为π，则底面半径r=1，由勾股定理可得：ℎ=22−12=3，所以圆锥的体积为13πℎ=33π故答案为：33π【分析】求出圆锥的底面半径，结合勾股定理求解圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可求出该圆锥的体积.7．函数y=lg3−2×3+2x的定义域是 .【答案】(−∞，log23)【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】函数y=lg3−2×3+2x有意义，则有3−2×3+2x>0，即2x<3，解得x 0)，由点A(10，12)在抛物线上，得122＝2p×10，所以p=7.2.所以抛物线的焦点F的坐标为(3.6，0)．因此灯泡与反射镜顶点间的距离是3.6cm.【分析】取反射镜的轴即抛物线的对称轴为x轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立直角坐标系xoy，设出抛物线的标准方程，把点A(10，12)代入抛物线方程，求得p的值，进而求出焦点F的坐标，即可求出灯泡与反射镜顶点间的距离。10．已知曲线x2a+y216=1的焦距是10，曲线上的点P到一个焦点的距离是2，则点P到另一个焦点的距离为 .【答案】241−2或10【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以a−16=25⇒a=41，而椭圆上的点P到一个焦点距离是2，则点P到另一个焦点的距离为241−2；若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0 2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离|PF1|=|PF2|+8=10.故答案为：241−2或10.【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质即可求出点P到另一个焦点的距离。11．从集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A，B，C，则经过坐标原点的不同直线有 条（用数值表示）【答案】54【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】依题意，C=0，从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值有A92=72种，其中重合的直线，按有序数对(A，B)，A B有：(2，1)，(4，2)，(6，3)，(8，4)重合，(3，1)，(6，2)，(9，3)重合，(4，1)，(8，2)重合，(3，2)，(6，4)，(9，6)重合，(4，3)，(8，6)重合，所以经过坐标原点的不同直线条数是72−9×2=54.故答案为：54【分析】根据已知条件可得C=0，再从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值的种数减去重合的直线条数即可得出经过坐标原点的不同直线条数。12．设平面上的向量a，b，x，y满足关系a=y−x，b=mx−y(m≥2)，又设a与b的模均为1且互相垂直，则x与y的夹角取值范围为 .【答案】[arccos31010，π4)【知识点】数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】当m≥2时，由a=y−x，b=mx−y得：x=a+bm−1，y=ma+bm−1，因a与b的模均为1且互相垂直，即有a⋅b=0， 则|x|=x2=2m−1，|y|=y2=m2+1m−1，x⋅y=(a+b)⋅(ma+b)(m−1)2=m+1(m−1)2，则有cos〈x，y〉=x⋅y|x||y|=m+12⋅m2+1=12⋅2(m+1)2−2m+1+1=12(1m+1−12)2+14，而0<1m+1≤13，于是得22 =12(1m+1−12)2+14，由0<1m+1≤13可得22 b>0，c>d>0，则a+cd>b+dc；②若a>b>0，c>d>0，则ac>bd.关于上述命题描述正确的是（ ）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题【答案】C【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质【解析】【解答】对①，由c>d>0，得1cd>0，则c×1cd>d×1cd>0⇒1d>1c>0，又因为a>b>0，c>d>0，所以a+c>b+d>0，于是a+cd>b+dc.①为真命题；对②，令a=c=12，b=d=14，则ac=(12)12=22，bd=(14)14=22，即ac=bd.②为假命题.故答案为：C.【分析】根据不等式的性质可判断①，再根据指数式的运算可判断②，即可得出答案。16．复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1，其中i为虚数单位，θ∈[0，2π]，则这样的θ一共有（ ）个.A．9B．10C．11D．无数【答案】C【知识点】复数求模【解析】【解答】|(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)|=|cos2θ+isin3θ|⋅|cosθ+isinθ|=1，其中|cosθ+isinθ|=1，所以|cos2θ+isin3θ|=1，即cos22θ+sin23θ=1，cos22θ=1−sin23θ=cos23θ，当cos2θ=cos3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k2∈Z，所以θ=2k2π5，k2∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0，2π5，4π5，6π5，8π5或2π；当cos2θ=−cos3θ时，①2θ=3θ+(2k3+1)π，k3∈Z，即θ=−(2k3+1)π，k3∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π，②2θ=−3θ+(2k4+1)π，k4∈Z，即θ=(2k4+1)5π，k4∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π5，3π5，π，7π5，9π5，综上：θ=m5π，m=0，1，⋯10 ，一共有11个.故答案为：C【分析】先根据复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin23θ=1，即cos22θ=cos23θ，再分cos2θ=cos3θ和cos2θ=−cos3θ两种情况进行求解，结合θ∈[0，2π]，即可求出θ的个数。三、解答题17．在△ABC中，A､B､C所对边a､b､c满足(a+b−c)(a−b+c)=bc.（1）求A的值；（2）若a=3，cosB=45，求△ABC的周长.【答案】（1）(a+b−c)(a−b+c)=bc化简得：b2+c2−a2=bc，两边同除以2bc，及cosA=12，因为A∈(0，π)，所以A=π3.（2）因为cosB=45，且B∈(0，π)，所以sinB=35，因为a=3，由正弦定理得：3sinπ3=b35，故b=65，由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc=12，即3625+c2−3125c=12，解得：c=3±435，其中c>0，所以c=3+435，故△ABC的周长为3+3+435+65=93+95【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)化简已知等式可得b2+c2−a2=bc，由余弦定理可求cosA=12，结合范围A∈(0，π)，可求A的值；(2)利用同角三角函数基本关系式求出sinB的值，由正弦定理可得b的值，再利用余弦定理求得c的值，即可求出△ABC的周长.18．第一象限内的点P在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)上，双曲线的左､右焦点分别记为F1､F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|=2|PF2|，O为坐标原点.（1）求证：b=2a；（2）若△OF2P的面积为2，求点P的坐标.【答案】（1）因P是双曲线x2a2−y2b2=1第一象限内的点，于是得|PF1|−|PF2|=2a，而|PF1|=2|PF2|，则|PF1|=4a，|PF2|=2a，令双曲线的半焦距为c，则|F1F2|=2c，因PF1⊥PF2，因此，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即(4a)2+(2a)2=(2c)2，化简得c2=5a2，又a2+b2=c2，则有b2=4a2，b=2a，所以b=2a.（2）因O为线段F1F2的中点，则S△F1PF2=2S△OF2P=4，由(1)知S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|=4a2，于是有a=1，则b=2，c=5，因此，双曲线方程为x2−y24=1，设点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则有x02−y024=1，又O是Rt△F1PF2斜边F1F2的中点，则|OP|=|OF2|=c=5，即x02+y02=5，联立解得x02=95，y02=165，而x0>0，y0>0，则有x0=355，y0=455，所以点P的坐标是(355，455).【知识点】双曲线的定义【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合双曲线定义及a，b，c的关系即可证得b=2a；（2）由(1)结论，求出双曲线的方程，求出|OP|的长，由此列出方程组求解即可得出点P的坐标。19．图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆､通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如ABCD）和宽度相等的矩形通道组成.展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等.图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展览区域，小正方形ABCD中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域.设ABCD的边长为300米，△AEF的周长为180米.（1）设AE=x，求△AEF的面积y关于x的函数关系式；（2）问AE取多少时，使得整个的休闲区域面积最大.(2≈1.414，长度精确到1米，利用精确后的长度计算面积，面积精确到1平方米)【答案】（1）依题意，在Rt△AEF中，EF=x2+AF2，则有x+AF+x2+AF2=180，AF=180(90−x)180−x，0 1时，求证：数列{an}不可能是常数列；（2）若qt=0，求数列{an}的前n项的和；（3）当q=12，t=1时，令bn=2an2−2(n≥2，n∈N)，判断对任意n≥2，n∈N，bn是否为正整数，请说明理由.【答案】（1）证明：a2=qa1+ta1=2q+t2，因为q>1，t≥0，所以a2=2q+t2>2，故当q>1时，数列{an}不可能是常数列（2）因为qt=0，q2+t2≠0，所以当q=0时，t≠0，n≥2时，an=tan−1，即当n为奇数时，an=2，当n为偶数时，an=t2，设数列{an}的前n项的和为Sn，当n为奇数时，Sn=(2+t2)n−12+2=n+1+tn−t4，当n为偶数时，Sn=(2+t2)n2=n+tn4，综上：Sn=n+1+tn−t4，n=2k+1，k∈Zn+tn4，n=2k，k∈Z 当t=0时，q≠0，n≥2时，an=qan−1，此时{an}为等比数列，首项为2，公比为q，当q=1时，Sn=2n，当q≠1时，Sn=2(1−qn)1−q，故Sn=2n，q=12(1−qn)1−q，q≠1.（3）对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，理由如下：当q=12，t=1时，a2=12a1+1a1=32，所以b2=4，a3=12a2+1a2=1712，b3=24，猜想：bn=2an2−2(n≥2，n∈N)为正整数，证明：bn=2an2−2>0，则an2=4bn2+2，an+12=4bn+12+2，代入到an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1得：4bn+12+2=14(4bn2+2)+14bn2+2+1，整理得：bn+12=bn2(4+2bn2)，从而bn2=bn−12(4+2bn−12)，（n≥3），于是bn+12=bn2[4+2bn−12(4+2bn−12)]，所以bn+1=2bn(bn−12+1)，因此知，当b2∈N时，b3∈N，当b3∈N时，b4∈N，以此类推，对任意n≥2，n∈N，bn∈N，证毕.【知识点】类比推理【解析】【分析】（1）由已知条件得到可得出a2=2q+t2>2，即可得出当q>1时，数列{an}不可能是常数列；（2）分q=0，t≠0和t=0，q≠0两种情况进行求解即可求出数列{an}的前n项的和；（3）先求出b2=4，b3=24，故猜想对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，对bn=2an2−2(n≥2，n∈N)平方后整理为an2=4bn2+2，代入an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1中，可得bn2=bn−12(4+2bn−12)，以此类推可得对任意n≥2，n∈N，bn∈N。
简介：高三数学一模试卷一、填空题1．已知集合A={1，2}，B={2，a}，若A∪B={1，2，3}，则a= .【答案】3【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={1，2}，B={2，a}，且A∪B={1，2，3}，所以a=3.故答案为：3.【分析】根据并集的定义即可求出a的值。2．计算limn→∞7n+45−3n= .【答案】−73【知识点】极限及其运算【解析】【解答】limn→∞7n+45−3n=limn→∞7+4n5n−3=−73.故答案为：−73【分析】根据给定条件利用数列极限直接计算可得答案。3．已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ（θ为参数），则此圆的半径是 .【答案】2【知识点】参数方程化成普通方程【解析】【解答】由参数方程x=2cosθy=2sinθ（θ为参数）化为普通方程：x2+y2=4，故圆的半径为2.故答案为：2【分析】直接利用转换关系，把参数方程转换为直角坐标方程，进一步求出圆的半径.4．函数y=3sinx−cosx的最小正周期是 .【答案】2π【知识点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法【解析】【解答】y=3sinx−cosx=2sin(x−π6)，故最小正周期T=2π1=2π故答案为：2π【分析】利用辅助角公式将y化简，再根据周期公式即可求出函数的最小正周期。5．函数y=x3+acosx是奇函数，则实数a= .【答案】0【知识点】函数奇偶性的性质【解析】【解答】因函数y=f(x)=x3+acosx是奇函数，其定义域为R，则对∀x∈R，f(−x)=−f(x)，即(−x)3+acos(−x)=−(x3+acosx)，整理得：2acosx=0，而cosx不恒为0，于是得a=0，所以实数a=0.故答案为：0【分析】首先由奇函数的定义整理化简已知条件，由此计算出cosx的取值，结合题意即可求出a的取值。6．若圆锥的底面面积为π，母线长为2，则该圆锥的体积为 .【答案】33π【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】圆锥的底面面积为π，则底面半径r=1，由勾股定理可得：ℎ=22−12=3，所以圆锥的体积为13πℎ=33π故答案为：33π【分析】求出圆锥的底面半径，结合勾股定理求解圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可求出该圆锥的体积.7．函数y=lg3−2×3+2x的定义域是 .【答案】(−∞，log23)【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】函数y=lg3−2×3+2x有意义，则有3−2×3+2x>0，即2x<3，解得x 0)，由点A(10，12)在抛物线上，得122＝2p×10，所以p=7.2.所以抛物线的焦点F的坐标为(3.6，0)．因此灯泡与反射镜顶点间的距离是3.6cm.【分析】取反射镜的轴即抛物线的对称轴为x轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立直角坐标系xoy，设出抛物线的标准方程，把点A(10，12)代入抛物线方程，求得p的值，进而求出焦点F的坐标，即可求出灯泡与反射镜顶点间的距离。10．已知曲线x2a+y216=1的焦距是10，曲线上的点P到一个焦点的距离是2，则点P到另一个焦点的距离为 .【答案】241−2或10【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以a−16=25⇒a=41，而椭圆上的点P到一个焦点距离是2，则点P到另一个焦点的距离为241−2；若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0 2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离|PF1|=|PF2|+8=10.故答案为：241−2或10.【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质即可求出点P到另一个焦点的距离。11．从集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A，B，C，则经过坐标原点的不同直线有 条（用数值表示）【答案】54【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】依题意，C=0，从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值有A92=72种，其中重合的直线，按有序数对(A，B)，A B有：(2，1)，(4，2)，(6，3)，(8，4)重合，(3，1)，(6，2)，(9，3)重合，(4，1)，(8，2)重合，(3，2)，(6，4)，(9，6)重合，(4，3)，(8，6)重合，所以经过坐标原点的不同直线条数是72−9×2=54.故答案为：54【分析】根据已知条件可得C=0，再从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值的种数减去重合的直线条数即可得出经过坐标原点的不同直线条数。12．设平面上的向量a，b，x，y满足关系a=y−x，b=mx−y(m≥2)，又设a与b的模均为1且互相垂直，则x与y的夹角取值范围为 .【答案】[arccos31010，π4)【知识点】数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】当m≥2时，由a=y−x，b=mx−y得：x=a+bm−1，y=ma+bm−1，因a与b的模均为1且互相垂直，即有a⋅b=0， 则|x|=x2=2m−1，|y|=y2=m2+1m−1，x⋅y=(a+b)⋅(ma+b)(m−1)2=m+1(m−1)2，则有cos〈x，y〉=x⋅y|x||y|=m+12⋅m2+1=12⋅2(m+1)2−2m+1+1=12(1m+1−12)2+14，而0<1m+1≤13，于是得22 =12(1m+1−12)2+14，由0<1m+1≤13可得22 b>0，c>d>0，则a+cd>b+dc；②若a>b>0，c>d>0，则ac>bd.关于上述命题描述正确的是（ ）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题【答案】C【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质【解析】【解答】对①，由c>d>0，得1cd>0，则c×1cd>d×1cd>0⇒1d>1c>0，又因为a>b>0，c>d>0，所以a+c>b+d>0，于是a+cd>b+dc.①为真命题；对②，令a=c=12，b=d=14，则ac=(12)12=22，bd=(14)14=22，即ac=bd.②为假命题.故答案为：C.【分析】根据不等式的性质可判断①，再根据指数式的运算可判断②，即可得出答案。16．复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1，其中i为虚数单位，θ∈[0，2π]，则这样的θ一共有（ ）个.A．9B．10C．11D．无数【答案】C【知识点】复数求模【解析】【解答】|(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)|=|cos2θ+isin3θ|⋅|cosθ+isinθ|=1，其中|cosθ+isinθ|=1，所以|cos2θ+isin3θ|=1，即cos22θ+sin23θ=1，cos22θ=1−sin23θ=cos23θ，当cos2θ=cos3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k2∈Z，所以θ=2k2π5，k2∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0，2π5，4π5，6π5，8π5或2π；当cos2θ=−cos3θ时，①2θ=3θ+(2k3+1)π，k3∈Z，即θ=−(2k3+1)π，k3∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π，②2θ=−3θ+(2k4+1)π，k4∈Z，即θ=(2k4+1)5π，k4∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π5，3π5，π，7π5，9π5，综上：θ=m5π，m=0，1，⋯10 ，一共有11个.故答案为：C【分析】先根据复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin23θ=1，即cos22θ=cos23θ，再分cos2θ=cos3θ和cos2θ=−cos3θ两种情况进行求解，结合θ∈[0，2π]，即可求出θ的个数。三、解答题17．在△ABC中，A､B､C所对边a､b､c满足(a+b−c)(a−b+c)=bc.（1）求A的值；（2）若a=3，cosB=45，求△ABC的周长.【答案】（1）(a+b−c)(a−b+c)=bc化简得：b2+c2−a2=bc，两边同除以2bc，及cosA=12，因为A∈(0，π)，所以A=π3.（2）因为cosB=45，且B∈(0，π)，所以sinB=35，因为a=3，由正弦定理得：3sinπ3=b35，故b=65，由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc=12，即3625+c2−3125c=12，解得：c=3±435，其中c>0，所以c=3+435，故△ABC的周长为3+3+435+65=93+95【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)化简已知等式可得b2+c2−a2=bc，由余弦定理可求cosA=12，结合范围A∈(0，π)，可求A的值；(2)利用同角三角函数基本关系式求出sinB的值，由正弦定理可得b的值，再利用余弦定理求得c的值，即可求出△ABC的周长.18．第一象限内的点P在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)上，双曲线的左､右焦点分别记为F1､F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|=2|PF2|，O为坐标原点.（1）求证：b=2a；（2）若△OF2P的面积为2，求点P的坐标.【答案】（1）因P是双曲线x2a2−y2b2=1第一象限内的点，于是得|PF1|−|PF2|=2a，而|PF1|=2|PF2|，则|PF1|=4a，|PF2|=2a，令双曲线的半焦距为c，则|F1F2|=2c，因PF1⊥PF2，因此，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即(4a)2+(2a)2=(2c)2，化简得c2=5a2，又a2+b2=c2，则有b2=4a2，b=2a，所以b=2a.（2）因O为线段F1F2的中点，则S△F1PF2=2S△OF2P=4，由(1)知S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|=4a2，于是有a=1，则b=2，c=5，因此，双曲线方程为x2−y24=1，设点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则有x02−y024=1，又O是Rt△F1PF2斜边F1F2的中点，则|OP|=|OF2|=c=5，即x02+y02=5，联立解得x02=95，y02=165，而x0>0，y0>0，则有x0=355，y0=455，所以点P的坐标是(355，455).【知识点】双曲线的定义【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合双曲线定义及a，b，c的关系即可证得b=2a；（2）由(1)结论，求出双曲线的方程，求出|OP|的长，由此列出方程组求解即可得出点P的坐标。19．图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆､通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如ABCD）和宽度相等的矩形通道组成.展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等.图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展览区域，小正方形ABCD中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域.设ABCD的边长为300米，△AEF的周长为180米.（1）设AE=x，求△AEF的面积y关于x的函数关系式；（2）问AE取多少时，使得整个的休闲区域面积最大.(2≈1.414，长度精确到1米，利用精确后的长度计算面积，面积精确到1平方米)【答案】（1）依题意，在Rt△AEF中，EF=x2+AF2，则有x+AF+x2+AF2=180，AF=180(90−x)180−x，0 1时，求证：数列{an}不可能是常数列；（2）若qt=0，求数列{an}的前n项的和；（3）当q=12，t=1时，令bn=2an2−2(n≥2，n∈N)，判断对任意n≥2，n∈N，bn是否为正整数，请说明理由.【答案】（1）证明：a2=qa1+ta1=2q+t2，因为q>1，t≥0，所以a2=2q+t2>2，故当q>1时，数列{an}不可能是常数列（2）因为qt=0，q2+t2≠0，所以当q=0时，t≠0，n≥2时，an=tan−1，即当n为奇数时，an=2，当n为偶数时，an=t2，设数列{an}的前n项的和为Sn，当n为奇数时，Sn=(2+t2)n−12+2=n+1+tn−t4，当n为偶数时，Sn=(2+t2)n2=n+tn4，综上：Sn=n+1+tn−t4，n=2k+1，k∈Zn+tn4，n=2k，k∈Z 当t=0时，q≠0，n≥2时，an=qan−1，此时{an}为等比数列，首项为2，公比为q，当q=1时，Sn=2n，当q≠1时，Sn=2(1−qn)1−q，故Sn=2n，q=12(1−qn)1−q，q≠1.（3）对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，理由如下：当q=12，t=1时，a2=12a1+1a1=32，所以b2=4，a3=12a2+1a2=1712，b3=24，猜想：bn=2an2−2(n≥2，n∈N)为正整数，证明：bn=2an2−2>0，则an2=4bn2+2，an+12=4bn+12+2，代入到an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1得：4bn+12+2=14(4bn2+2)+14bn2+2+1，整理得：bn+12=bn2(4+2bn2)，从而bn2=bn−12(4+2bn−12)，（n≥3），于是bn+12=bn2[4+2bn−12(4+2bn−12)]，所以bn+1=2bn(bn−12+1)，因此知，当b2∈N时，b3∈N，当b3∈N时，b4∈N，以此类推，对任意n≥2，n∈N，bn∈N，证毕.【知识点】类比推理【解析】【分析】（1）由已知条件得到可得出a2=2q+t2>2，即可得出当q>1时，数列{an}不可能是常数列；（2）分q=0，t≠0和t=0，q≠0两种情况进行求解即可求出数列{an}的前n项的和；（3）先求出b2=4，b3=24，故猜想对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，对bn=2an2−2(n≥2，n∈N)平方后整理为an2=4bn2+2，代入an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1中，可得bn2=bn−12(4+2bn−12)，以此类推可得对任意n≥2，n∈N，bn∈N。
简介：高三数学一模试卷一、填空题1．已知集合A={1，2}，B={2，a}，若A∪B={1，2，3}，则a= .【答案】3【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为A={1，2}，B={2，a}，且A∪B={1，2，3}，所以a=3.故答案为：3.【分析】根据并集的定义即可求出a的值。2．计算limn→∞7n+45−3n= .【答案】−73【知识点】极限及其运算【解析】【解答】limn→∞7n+45−3n=limn→∞7+4n5n−3=−73.故答案为：−73【分析】根据给定条件利用数列极限直接计算可得答案。3．已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ（θ为参数），则此圆的半径是 .【答案】2【知识点】参数方程化成普通方程【解析】【解答】由参数方程x=2cosθy=2sinθ（θ为参数）化为普通方程：x2+y2=4，故圆的半径为2.故答案为：2【分析】直接利用转换关系，把参数方程转换为直角坐标方程，进一步求出圆的半径.4．函数y=3sinx−cosx的最小正周期是 .【答案】2π【知识点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法【解析】【解答】y=3sinx−cosx=2sin(x−π6)，故最小正周期T=2π1=2π故答案为：2π【分析】利用辅助角公式将y化简，再根据周期公式即可求出函数的最小正周期。5．函数y=x3+acosx是奇函数，则实数a= .【答案】0【知识点】函数奇偶性的性质【解析】【解答】因函数y=f(x)=x3+acosx是奇函数，其定义域为R，则对∀x∈R，f(−x)=−f(x)，即(−x)3+acos(−x)=−(x3+acosx)，整理得：2acosx=0，而cosx不恒为0，于是得a=0，所以实数a=0.故答案为：0【分析】首先由奇函数的定义整理化简已知条件，由此计算出cosx的取值，结合题意即可求出a的取值。6．若圆锥的底面面积为π，母线长为2，则该圆锥的体积为 .【答案】33π【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】圆锥的底面面积为π，则底面半径r=1，由勾股定理可得：ℎ=22−12=3，所以圆锥的体积为13πℎ=33π故答案为：33π【分析】求出圆锥的底面半径，结合勾股定理求解圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可求出该圆锥的体积.7．函数y=lg3−2×3+2x的定义域是 .【答案】(−∞，log23)【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】函数y=lg3−2×3+2x有意义，则有3−2×3+2x>0，即2x<3，解得x 0)，由点A(10，12)在抛物线上，得122＝2p×10，所以p=7.2.所以抛物线的焦点F的坐标为(3.6，0)．因此灯泡与反射镜顶点间的距离是3.6cm.【分析】取反射镜的轴即抛物线的对称轴为x轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立直角坐标系xoy，设出抛物线的标准方程，把点A(10，12)代入抛物线方程，求得p的值，进而求出焦点F的坐标，即可求出灯泡与反射镜顶点间的距离。10．已知曲线x2a+y216=1的焦距是10，曲线上的点P到一个焦点的距离是2，则点P到另一个焦点的距离为 .【答案】241−2或10【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以a−16=25⇒a=41，而椭圆上的点P到一个焦点距离是2，则点P到另一个焦点的距离为241−2；若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0 2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离|PF1|=|PF2|+8=10.故答案为：241−2或10.【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质即可求出点P到另一个焦点的距离。11．从集合{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A，B，C，则经过坐标原点的不同直线有 条（用数值表示）【答案】54【知识点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】依题意，C=0，从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值有A92=72种，其中重合的直线，按有序数对(A，B)，A B有：(2，1)，(4，2)，(6，3)，(8，4)重合，(3，1)，(6，2)，(9，3)重合，(4，1)，(8，2)重合，(3，2)，(6，4)，(9，6)重合，(4，3)，(8，6)重合，所以经过坐标原点的不同直线条数是72−9×2=54.故答案为：54【分析】根据已知条件可得C=0，再从{1，2，3，4，5，6，7，8，9}任取两个不同元素分别作为A，B的值的种数减去重合的直线条数即可得出经过坐标原点的不同直线条数。12．设平面上的向量a，b，x，y满足关系a=y−x，b=mx−y(m≥2)，又设a与b的模均为1且互相垂直，则x与y的夹角取值范围为 .【答案】[arccos31010，π4)【知识点】数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】当m≥2时，由a=y−x，b=mx−y得：x=a+bm−1，y=ma+bm−1，因a与b的模均为1且互相垂直，即有a⋅b=0， 则|x|=x2=2m−1，|y|=y2=m2+1m−1，x⋅y=(a+b)⋅(ma+b)(m−1)2=m+1(m−1)2，则有cos〈x，y〉=x⋅y|x||y|=m+12⋅m2+1=12⋅2(m+1)2−2m+1+1=12(1m+1−12)2+14，而0<1m+1≤13，于是得22 =12(1m+1−12)2+14，由0<1m+1≤13可得22 b>0，c>d>0，则a+cd>b+dc；②若a>b>0，c>d>0，则ac>bd.关于上述命题描述正确的是（ ）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题【答案】C【知识点】有理数指数幂的运算性质；不等式的基本性质【解析】【解答】对①，由c>d>0，得1cd>0，则c×1cd>d×1cd>0⇒1d>1c>0，又因为a>b>0，c>d>0，所以a+c>b+d>0，于是a+cd>b+dc.①为真命题；对②，令a=c=12，b=d=14，则ac=(12)12=22，bd=(14)14=22，即ac=bd.②为假命题.故答案为：C.【分析】根据不等式的性质可判断①，再根据指数式的运算可判断②，即可得出答案。16．复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1，其中i为虚数单位，θ∈[0，2π]，则这样的θ一共有（ ）个.A．9B．10C．11D．无数【答案】C【知识点】复数求模【解析】【解答】|(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)|=|cos2θ+isin3θ|⋅|cosθ+isinθ|=1，其中|cosθ+isinθ|=1，所以|cos2θ+isin3θ|=1，即cos22θ+sin23θ=1，cos22θ=1−sin23θ=cos23θ，当cos2θ=cos3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k2∈Z，所以θ=2k2π5，k2∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=0，2π5，4π5，6π5，8π5或2π；当cos2θ=−cos3θ时，①2θ=3θ+(2k3+1)π，k3∈Z，即θ=−(2k3+1)π，k3∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π，②2θ=−3θ+(2k4+1)π，k4∈Z，即θ=(2k4+1)5π，k4∈Z，因为θ∈[0，2π]，所以θ=π5，3π5，π，7π5，9π5，综上：θ=m5π，m=0，1，⋯10 ，一共有11个.故答案为：C【分析】先根据复数(cos2θ+isin3θ)⋅(cosθ+isinθ)的模为1及复数模的运算公式，求得cos22θ+sin23θ=1，即cos22θ=cos23θ，再分cos2θ=cos3θ和cos2θ=−cos3θ两种情况进行求解，结合θ∈[0，2π]，即可求出θ的个数。三、解答题17．在△ABC中，A､B､C所对边a､b､c满足(a+b−c)(a−b+c)=bc.（1）求A的值；（2）若a=3，cosB=45，求△ABC的周长.【答案】（1）(a+b−c)(a−b+c)=bc化简得：b2+c2−a2=bc，两边同除以2bc，及cosA=12，因为A∈(0，π)，所以A=π3.（2）因为cosB=45，且B∈(0，π)，所以sinB=35，因为a=3，由正弦定理得：3sinπ3=b35，故b=65，由余弦定理得：cosA=b2+c2−a22bc=12，即3625+c2−3125c=12，解得：c=3±435，其中c>0，所以c=3+435，故△ABC的周长为3+3+435+65=93+95【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)化简已知等式可得b2+c2−a2=bc，由余弦定理可求cosA=12，结合范围A∈(0，π)，可求A的值；(2)利用同角三角函数基本关系式求出sinB的值，由正弦定理可得b的值，再利用余弦定理求得c的值，即可求出△ABC的周长.18．第一象限内的点P在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)上，双曲线的左､右焦点分别记为F1､F2，已知PF1⊥PF2，|PF1|=2|PF2|，O为坐标原点.（1）求证：b=2a；（2）若△OF2P的面积为2，求点P的坐标.【答案】（1）因P是双曲线x2a2−y2b2=1第一象限内的点，于是得|PF1|−|PF2|=2a，而|PF1|=2|PF2|，则|PF1|=4a，|PF2|=2a，令双曲线的半焦距为c，则|F1F2|=2c，因PF1⊥PF2，因此，|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即(4a)2+(2a)2=(2c)2，化简得c2=5a2，又a2+b2=c2，则有b2=4a2，b=2a，所以b=2a.（2）因O为线段F1F2的中点，则S△F1PF2=2S△OF2P=4，由(1)知S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|=4a2，于是有a=1，则b=2，c=5，因此，双曲线方程为x2−y24=1，设点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则有x02−y024=1，又O是Rt△F1PF2斜边F1F2的中点，则|OP|=|OF2|=c=5，即x02+y02=5，联立解得x02=95，y02=165，而x0>0，y0>0，则有x0=355，y0=455，所以点P的坐标是(355，455).【知识点】双曲线的定义【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合双曲线定义及a，b，c的关系即可证得b=2a；（2）由(1)结论，求出双曲线的方程，求出|OP|的长，由此列出方程组求解即可得出点P的坐标。19．图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆､通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形AA1A2A3是由四个相等的小正方形（如ABCD）和宽度相等的矩形通道组成.展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等.图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形ABCD中的展览区域，小正方形ABCD中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域.设ABCD的边长为300米，△AEF的周长为180米.（1）设AE=x，求△AEF的面积y关于x的函数关系式；（2）问AE取多少时，使得整个的休闲区域面积最大.(2≈1.414，长度精确到1米，利用精确后的长度计算面积，面积精确到1平方米)【答案】（1）依题意，在Rt△AEF中，EF=x2+AF2，则有x+AF+x2+AF2=180，AF=180(90−x)180−x，0 1时，求证：数列{an}不可能是常数列；（2）若qt=0，求数列{an}的前n项的和；（3）当q=12，t=1时，令bn=2an2−2(n≥2，n∈N)，判断对任意n≥2，n∈N，bn是否为正整数，请说明理由.【答案】（1）证明：a2=qa1+ta1=2q+t2，因为q>1，t≥0，所以a2=2q+t2>2，故当q>1时，数列{an}不可能是常数列（2）因为qt=0，q2+t2≠0，所以当q=0时，t≠0，n≥2时，an=tan−1，即当n为奇数时，an=2，当n为偶数时，an=t2，设数列{an}的前n项的和为Sn，当n为奇数时，Sn=(2+t2)n−12+2=n+1+tn−t4，当n为偶数时，Sn=(2+t2)n2=n+tn4，综上：Sn=n+1+tn−t4，n=2k+1，k∈Zn+tn4，n=2k，k∈Z 当t=0时，q≠0，n≥2时，an=qan−1，此时{an}为等比数列，首项为2，公比为q，当q=1时，Sn=2n，当q≠1时，Sn=2(1−qn)1−q，故Sn=2n，q=12(1−qn)1−q，q≠1.（3）对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，理由如下：当q=12，t=1时，a2=12a1+1a1=32，所以b2=4，a3=12a2+1a2=1712，b3=24，猜想：bn=2an2−2(n≥2，n∈N)为正整数，证明：bn=2an2−2>0，则an2=4bn2+2，an+12=4bn+12+2，代入到an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1得：4bn+12+2=14(4bn2+2)+14bn2+2+1，整理得：bn+12=bn2(4+2bn2)，从而bn2=bn−12(4+2bn−12)，（n≥3），于是bn+12=bn2[4+2bn−12(4+2bn−12)]，所以bn+1=2bn(bn−12+1)，因此知，当b2∈N时，b3∈N，当b3∈N时，b4∈N，以此类推，对任意n≥2，n∈N，bn∈N，证毕.【知识点】类比推理【解析】【分析】（1）由已知条件得到可得出a2=2q+t2>2，即可得出当q>1时，数列{an}不可能是常数列；（2）分q=0，t≠0和t=0，q≠0两种情况进行求解即可求出数列{an}的前n项的和；（3）先求出b2=4，b3=24，故猜想对任意n≥2，n∈N，bn是正整数，对bn=2an2−2(n≥2，n∈N)平方后整理为an2=4bn2+2，代入an+12=(12a+1a)2=14an2+1an2+1中，可得bn2=bn−12(4+2bn−12)，以此类推可得对任意n≥2，n∈N，bn∈N。
