天津市南开区2022届高三下学期数学二模试卷解析版

天津市南开区2022届高三下学期数学二模试卷解析版

高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解

高三下学期数学二模试卷一、单选题1.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=A∪B,则集合Cu(A∩B)中的元素共有(  )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【知识点】交集及其运算;补集及其运算【解析】【解

简介:高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1.已知集合A={x∈R|x≤0},B={x∈R|−1≤x≤1},则∁R(A∪B)=(  )A.(−∞,0)B.[−1,0]C.[0,1]D.(1,+∞)2.人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展,从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时,首先引进了i2=−1,17世纪法因数学家笛卡儿把i称为“虚数”,用a+bi(a、b∈R)表示复数,并在直角坐标系上建立了“复平面”.若复数z满足方程z2+2z+5=0,则z=(  )A.−1+2iB.−2−iC.−1±2iD.−2±i3.已知椭圆C:x24+y2=λ(λ>0),则该椭圆的离心率e=(  )A.33B.12C.32D.524.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )A.12−23πB.12−πC.12−2πD.12−3π5.下图中的函数图象所对应的解析式可能是(  )A.y=−12|x−1|B.y=−|12x−1|C.y=−2|x−1|D.y=−|2x−1|6.若实数x,y满足的约束条件x+1≥0x+y+1≥0x−y−2≤0,则z=y+3x的取值范围是(  )A.[−3,1)B.(−∞,−3]∪(1,+∞)C.[−3,3]D.(−∞,−3]∪[3,+∞)7.△ABC中,“A>B”是“cos2A 0,b>0),直线l交双曲线两条渐近线于点A、B,M为线段AB的中点,设直线l、OM的斜率分别为k1、k2,若k1⋅k2=32,则渐近线方程为  .13.已知△ABC是圆心为O,半径为R的圆的内接三角形,M是圆O上一点,G是△ABC的重心.若OM⊥OG,则AM2+BM2+CM2=  .14.已知函数f(x)=loga(9−ax),g(x)=loga(x2−ax),若对任意x1∈[1,2],存在x2∈[3,4]使得f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数a的取值范围为  .15.如图,在△ABC中,D为BC边上一近B点的三等分点,AB=3,AC=2,∠C=π3,则sin∠BADsin∠DAC=  ,S△ACD=  .16.设a,b,c∈R,a≠0,若函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点,且2a2+3ab+8ac=1,则a+b的最小值为  ,a+b+ab的最小值为  .17.盆子中有大小相同的球共6个,其中标号为1的球有3个,标号为2的球有2个,标号为3的球有1个,第1次从盒子中任取1个球,放回后第2次再任取1个球,记第1次与第2次取到的球的标号之和为ξ,则P(ξ=3)=  .E(ξ)=  .三、解答题18.函数f(x)=Asin(πx+φ),x∈R(其中A>0,0≤φ≤π2)部分图象如图所示,P(13,A)是该图象的最高点,M,N是图象与x轴的交点.(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若∠PMN+∠PNM=π4,求A的值.19.如图,三棱台ABC−A1B1C1中,∠ABC=90°,A1A=A1B=A1C=3,AB=BC=2.(1)证明:A1C1⊥A1B;(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.20.已知非零数列{an}满足a1=1,an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗.(1)若数列{an}是公差不为0的等差数列,求它的通项公式; (2)若a2=5,证明:对任意n∈N∗,a1+a2+a3+⋯+an≤3n−2.21.如图,已知抛物线C:x2=4y,直线l过点T(0,t)(t>0)与抛物线交于A、B两点,且在A、B处的切线交于点P,过点P且垂直于x轴的直线l′分别交抛物线C、直线l于M、N两点.直线l与曲线C’:x2=4(y+t)交于C、D两点.(1)求证:点N是AB中点;(2)设△DMN、△PAB的面积分别为S1、S2,求S1S2的取值范围.22.设a为实数,函数f(x)=aex+xlnx+1.(1)当a=−1e时,求函数f(x)的单调区间;(2)判断函数f(x)零点的个数.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】C8.【答案】C9.【答案】D10.【答案】D11.【答案】6;-16012.【答案】y=±62×13.【答案】6R214.【答案】(0,1)∪(1,3)15.【答案】66;3+3616.【答案】−277;−9817.【答案】13;10318.【答案】(1)解:函数f(x)=Asin(πx+φ)的最小正周期T=2ππ=2, 因P(13,A)是函数f(x)图象的最高点,则13π+φ=2kπ+π2,k∈Z,而0≤φ≤π2,有k=0,φ=π6,所以函数f(x)的最小正周期为2,φ=π6.(2)解:由(1)知,f(x)=Asin(πx+π6),由πx+π6=0得x=−16,即点M(−16,0),由πx+π6=2π得x=116,即点N(116,0),于是得tan∠PMN=A13−(−16)=2A,tan∠PNM=A116−13=23A,而∠PMN+∠PNM=π4,则tan(∠PMN+∠PNM)=tan∠PMN+tan∠PNM1−tan∠PMN⋅tan∠PNM=2A+23A1−2A⋅23A=1,又A>0,解得A=72−1,所以A=72−1.19.【答案】(1)证明:由题,取AC中点D,连接A1D、BD,由A1A=A1C,AB=BC,则AC⊥A1D、AC⊥BD,又A1D、BD⊂面A1BD,故AC⊥面A1BD,因为A1B⊂面A1BD,故AC⊥A1B,又AC∥A1C1,则A1C1⊥A1B,得证;(2)解:由题,∠ABC=90°,则AD=BD=CD,又A1A=A1B,A1D=A1D,故△AA1D≅△BA1D,故∠A1DB=∠A1DA=90°.分别以DB、DC、DA1为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系,易得B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,1),A(0,−2,0),A1C=(0,2,−1),A1B=(2,0,−1),AC=(0,22,0),设平面A1CB法向量n=(x,  y,  z),则n⋅A1B=2x−z=0n⋅A1C=2y−z=0,令x=1,则n=(1,  1,  2),故cosn, AC=222⋅22=12,故直线AC与平面A1CB所成的角为π6.即直线A1C1与平面A1CB所成的角为π6.20.【答案】(1)解:因为数列{an}是公差不为0的等差数列,故设公差为d,(d≠0).又an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,则(an+1−d)(an+1+d−2)=an+12−2an+1,化简得d(d−2)=0,又d≠0,故d=2,因为a1=1,则a2=3,a3=5,且a1(a3−2)=a2(a2−2)所以an=a1+(n−1)d=2n−1,故数列{an}的通项公式为an=2n−1.(2)证明:因为an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,所以an+2−2an+1=an+1−2an,又a1=1,a2=5,则an+1−2an=a2−2a1=3, 故an+1−2=3an,即an+1+1=3(an+1),n∈N∗所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,故an+1=2×3n−1,an=2×3n−1−1,则对任意的n∈N∗,a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=2×(30+31+32+⋅⋅⋅+3n−1)−n=2×1×(1−3n)1−3−n=3n−n−1≤3n−2,当n=1时等号成立.21.【答案】(1)证明:因为点T(0,t)(t>0)的直线l过与抛物线C:x2=4y交于A、B两点,所以直线的斜率存在,可设l:y=kx+t.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.对抛物线C:x2=4y可化为y=14×2,求导得:y=12x,所以以A(x1,y1)为切点的切线方程为y−y1=12×1(x−x1),整理得:y=12x1x−14×12.同理可求:以B(x2,y2)为切点的切线方程为y=12x2x−14×22.两条切线方程联立解得:xP=2k,yP=−t,所以P(2k,−t).过点P且垂直于x轴的直线l′为:x=2k,所以xN=2k.所以xN=x1+x22,即点N是AB中点.(2)解:设θ=∠DNP.因为点D到MN的距离为|DN|sinθ,所以S△DMN=12|MN|⋅|DN|sinθ.因为点B到MN的距离为|BN|sinθ,所以S△PAB=2S△BPN=2×12|NP|⋅|BN|sinθ.所以S1S2=12|MN|⋅|DN|sinθ2×12|NP|⋅|BN|sinθ=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|.由(1)可知:点N是AB中点.同理可证:点N是CD中点.所以S1S2=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|=|MN|⋅12|CD|2|NP|⋅12|AB|=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.所以|AB|=(1+k2)(x1−x2)2=4(1+k2)(k2+t).由(1)可知:P(2k,−t),N(2k,2k2+t),所以|NP|=2k2+2t.同理可求:|CD|=4(1+k2)(k2+2t),|MN|=k2+t.所以S1S2=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|=12(k2+t)⋅4(1+k2)(k2+2t)(2k2+2t)⋅4(1+k2)(k2+t) =14k2+2tk2+t=141+1k2t+1因为k2t>0,所以k2t+1>1,所以0<1k2t+1<1,所以1<1+1k2t+1<2,所以1<1+1k2t+1<2,所以14<141+1k2t+1<24.即S1S2的取值范围为(14,24)22.【答案】(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=−1e时,f(x)=−1eex+xlnx+1,则f′(x)=−ex−1+lnx+1,且f′(1)=0,有f″(x)=−ex−1+1x=1−xex−1x,令f″(x)=0⇒x=1,所以当x∈(0,1)时f″(x)>0,则f′(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时f″(x)<0,则f′(x)单调递减,所以f′(x)max=f′(1)=0,即f′(x)≤0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,即函数f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;(2)解:由(1)知当a=−1e时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(1)=0,此时函数f(x)只有1个零点;因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以f(x)与f(x)x具有相同的零点,令g(x)=f(x)x=aexx+lnx+1x(x>0),则g′(x)=a(x−1)exx2+1x−1×2=(x−1)(aex+1)x2,当a≥0时,aex+1>0,令g′(x)=0⇒x=1,则函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=ae+1>0,此时函数g(x)无零点,即函数f(x)无零点;当a<0时,令g′(x)=0⇒x=1或x=ln(−1a), 若−1e e2时,e−1a>(−1a)3,g(−1a)=−a2e−1a+ln(−1a)−a=−a[ae−1a−1aln(−1a)+1]<−a[a(−1a)3−1a(−1a−1)+1]<0,又g(1)>0,此时函数g(x)有1个零点,则函数f(x)有1个零点;若a<−1e,则1>ln(−1a),列表如下:x(0,ln(−1a))ln(−1a)(ln(−1a),1)1(1,+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘极小值↗极大值↘所以g(x)min=g(ln(−1a))=aeln(−1a)ln(−1a)+lnln(−1a)+1ln(−1a)=lnln(−1a) 0,g(e2)<0,则此时函数g(x)有2个零点,即函数f(x)有2个零点;综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,当−1e2≤a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上有1个零点,当a<−1e2时,函数f(x)在(0,+∞)上有2个零点.
简介:高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1.已知集合A={x∈R|x≤0},B={x∈R|−1≤x≤1},则∁R(A∪B)=(  )A.(−∞,0)B.[−1,0]C.[0,1]D.(1,+∞)2.人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展,从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时,首先引进了i2=−1,17世纪法因数学家笛卡儿把i称为“虚数”,用a+bi(a、b∈R)表示复数,并在直角坐标系上建立了“复平面”.若复数z满足方程z2+2z+5=0,则z=(  )A.−1+2iB.−2−iC.−1±2iD.−2±i3.已知椭圆C:x24+y2=λ(λ>0),则该椭圆的离心率e=(  )A.33B.12C.32D.524.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )A.12−23πB.12−πC.12−2πD.12−3π5.下图中的函数图象所对应的解析式可能是(  )A.y=−12|x−1|B.y=−|12x−1|C.y=−2|x−1|D.y=−|2x−1|6.若实数x,y满足的约束条件x+1≥0x+y+1≥0x−y−2≤0,则z=y+3x的取值范围是(  )A.[−3,1)B.(−∞,−3]∪(1,+∞)C.[−3,3]D.(−∞,−3]∪[3,+∞)7.△ABC中,“A>B”是“cos2A 0,b>0),直线l交双曲线两条渐近线于点A、B,M为线段AB的中点,设直线l、OM的斜率分别为k1、k2,若k1⋅k2=32,则渐近线方程为  .13.已知△ABC是圆心为O,半径为R的圆的内接三角形,M是圆O上一点,G是△ABC的重心.若OM⊥OG,则AM2+BM2+CM2=  .14.已知函数f(x)=loga(9−ax),g(x)=loga(x2−ax),若对任意x1∈[1,2],存在x2∈[3,4]使得f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数a的取值范围为  .15.如图,在△ABC中,D为BC边上一近B点的三等分点,AB=3,AC=2,∠C=π3,则sin∠BADsin∠DAC=  ,S△ACD=  .16.设a,b,c∈R,a≠0,若函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点,且2a2+3ab+8ac=1,则a+b的最小值为  ,a+b+ab的最小值为  .17.盆子中有大小相同的球共6个,其中标号为1的球有3个,标号为2的球有2个,标号为3的球有1个,第1次从盒子中任取1个球,放回后第2次再任取1个球,记第1次与第2次取到的球的标号之和为ξ,则P(ξ=3)=  .E(ξ)=  .三、解答题18.函数f(x)=Asin(πx+φ),x∈R(其中A>0,0≤φ≤π2)部分图象如图所示,P(13,A)是该图象的最高点,M,N是图象与x轴的交点.(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若∠PMN+∠PNM=π4,求A的值.19.如图,三棱台ABC−A1B1C1中,∠ABC=90°,A1A=A1B=A1C=3,AB=BC=2.(1)证明:A1C1⊥A1B;(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.20.已知非零数列{an}满足a1=1,an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗.(1)若数列{an}是公差不为0的等差数列,求它的通项公式; (2)若a2=5,证明:对任意n∈N∗,a1+a2+a3+⋯+an≤3n−2.21.如图,已知抛物线C:x2=4y,直线l过点T(0,t)(t>0)与抛物线交于A、B两点,且在A、B处的切线交于点P,过点P且垂直于x轴的直线l′分别交抛物线C、直线l于M、N两点.直线l与曲线C’:x2=4(y+t)交于C、D两点.(1)求证:点N是AB中点;(2)设△DMN、△PAB的面积分别为S1、S2,求S1S2的取值范围.22.设a为实数,函数f(x)=aex+xlnx+1.(1)当a=−1e时,求函数f(x)的单调区间;(2)判断函数f(x)零点的个数.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】C8.【答案】C9.【答案】D10.【答案】D11.【答案】6;-16012.【答案】y=±62×13.【答案】6R214.【答案】(0,1)∪(1,3)15.【答案】66;3+3616.【答案】−277;−9817.【答案】13;10318.【答案】(1)解:函数f(x)=Asin(πx+φ)的最小正周期T=2ππ=2, 因P(13,A)是函数f(x)图象的最高点,则13π+φ=2kπ+π2,k∈Z,而0≤φ≤π2,有k=0,φ=π6,所以函数f(x)的最小正周期为2,φ=π6.(2)解:由(1)知,f(x)=Asin(πx+π6),由πx+π6=0得x=−16,即点M(−16,0),由πx+π6=2π得x=116,即点N(116,0),于是得tan∠PMN=A13−(−16)=2A,tan∠PNM=A116−13=23A,而∠PMN+∠PNM=π4,则tan(∠PMN+∠PNM)=tan∠PMN+tan∠PNM1−tan∠PMN⋅tan∠PNM=2A+23A1−2A⋅23A=1,又A>0,解得A=72−1,所以A=72−1.19.【答案】(1)证明:由题,取AC中点D,连接A1D、BD,由A1A=A1C,AB=BC,则AC⊥A1D、AC⊥BD,又A1D、BD⊂面A1BD,故AC⊥面A1BD,因为A1B⊂面A1BD,故AC⊥A1B,又AC∥A1C1,则A1C1⊥A1B,得证;(2)解:由题,∠ABC=90°,则AD=BD=CD,又A1A=A1B,A1D=A1D,故△AA1D≅△BA1D,故∠A1DB=∠A1DA=90°.分别以DB、DC、DA1为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系,易得B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,1),A(0,−2,0),A1C=(0,2,−1),A1B=(2,0,−1),AC=(0,22,0),设平面A1CB法向量n=(x,  y,  z),则n⋅A1B=2x−z=0n⋅A1C=2y−z=0,令x=1,则n=(1,  1,  2),故cosn, AC=222⋅22=12,故直线AC与平面A1CB所成的角为π6.即直线A1C1与平面A1CB所成的角为π6.20.【答案】(1)解:因为数列{an}是公差不为0的等差数列,故设公差为d,(d≠0).又an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,则(an+1−d)(an+1+d−2)=an+12−2an+1,化简得d(d−2)=0,又d≠0,故d=2,因为a1=1,则a2=3,a3=5,且a1(a3−2)=a2(a2−2)所以an=a1+(n−1)d=2n−1,故数列{an}的通项公式为an=2n−1.(2)证明:因为an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,所以an+2−2an+1=an+1−2an,又a1=1,a2=5,则an+1−2an=a2−2a1=3, 故an+1−2=3an,即an+1+1=3(an+1),n∈N∗所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,故an+1=2×3n−1,an=2×3n−1−1,则对任意的n∈N∗,a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=2×(30+31+32+⋅⋅⋅+3n−1)−n=2×1×(1−3n)1−3−n=3n−n−1≤3n−2,当n=1时等号成立.21.【答案】(1)证明:因为点T(0,t)(t>0)的直线l过与抛物线C:x2=4y交于A、B两点,所以直线的斜率存在,可设l:y=kx+t.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.对抛物线C:x2=4y可化为y=14×2,求导得:y=12x,所以以A(x1,y1)为切点的切线方程为y−y1=12×1(x−x1),整理得:y=12x1x−14×12.同理可求:以B(x2,y2)为切点的切线方程为y=12x2x−14×22.两条切线方程联立解得:xP=2k,yP=−t,所以P(2k,−t).过点P且垂直于x轴的直线l′为:x=2k,所以xN=2k.所以xN=x1+x22,即点N是AB中点.(2)解:设θ=∠DNP.因为点D到MN的距离为|DN|sinθ,所以S△DMN=12|MN|⋅|DN|sinθ.因为点B到MN的距离为|BN|sinθ,所以S△PAB=2S△BPN=2×12|NP|⋅|BN|sinθ.所以S1S2=12|MN|⋅|DN|sinθ2×12|NP|⋅|BN|sinθ=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|.由(1)可知:点N是AB中点.同理可证:点N是CD中点.所以S1S2=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|=|MN|⋅12|CD|2|NP|⋅12|AB|=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.所以|AB|=(1+k2)(x1−x2)2=4(1+k2)(k2+t).由(1)可知:P(2k,−t),N(2k,2k2+t),所以|NP|=2k2+2t.同理可求:|CD|=4(1+k2)(k2+2t),|MN|=k2+t.所以S1S2=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|=12(k2+t)⋅4(1+k2)(k2+2t)(2k2+2t)⋅4(1+k2)(k2+t) =14k2+2tk2+t=141+1k2t+1因为k2t>0,所以k2t+1>1,所以0<1k2t+1<1,所以1<1+1k2t+1<2,所以1<1+1k2t+1<2,所以14<141+1k2t+1<24.即S1S2的取值范围为(14,24)22.【答案】(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=−1e时,f(x)=−1eex+xlnx+1,则f′(x)=−ex−1+lnx+1,且f′(1)=0,有f″(x)=−ex−1+1x=1−xex−1x,令f″(x)=0⇒x=1,所以当x∈(0,1)时f″(x)>0,则f′(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时f″(x)<0,则f′(x)单调递减,所以f′(x)max=f′(1)=0,即f′(x)≤0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,即函数f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;(2)解:由(1)知当a=−1e时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(1)=0,此时函数f(x)只有1个零点;因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以f(x)与f(x)x具有相同的零点,令g(x)=f(x)x=aexx+lnx+1x(x>0),则g′(x)=a(x−1)exx2+1x−1×2=(x−1)(aex+1)x2,当a≥0时,aex+1>0,令g′(x)=0⇒x=1,则函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=ae+1>0,此时函数g(x)无零点,即函数f(x)无零点;当a<0时,令g′(x)=0⇒x=1或x=ln(−1a), 若−1e e2时,e−1a>(−1a)3,g(−1a)=−a2e−1a+ln(−1a)−a=−a[ae−1a−1aln(−1a)+1]<−a[a(−1a)3−1a(−1a−1)+1]<0,又g(1)>0,此时函数g(x)有1个零点,则函数f(x)有1个零点;若a<−1e,则1>ln(−1a),列表如下:x(0,ln(−1a))ln(−1a)(ln(−1a),1)1(1,+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘极小值↗极大值↘所以g(x)min=g(ln(−1a))=aeln(−1a)ln(−1a)+lnln(−1a)+1ln(−1a)=lnln(−1a) 0,g(e2)<0,则此时函数g(x)有2个零点,即函数f(x)有2个零点;综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,当−1e2≤a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上有1个零点,当a<−1e2时,函数f(x)在(0,+∞)上有2个零点.
简介:高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1.已知集合A={x∈R|x≤0},B={x∈R|−1≤x≤1},则∁R(A∪B)=(  )A.(−∞,0)B.[−1,0]C.[0,1]D.(1,+∞)2.人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展,从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时,首先引进了i2=−1,17世纪法因数学家笛卡儿把i称为“虚数”,用a+bi(a、b∈R)表示复数,并在直角坐标系上建立了“复平面”.若复数z满足方程z2+2z+5=0,则z=(  )A.−1+2iB.−2−iC.−1±2iD.−2±i3.已知椭圆C:x24+y2=λ(λ>0),则该椭圆的离心率e=(  )A.33B.12C.32D.524.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )A.12−23πB.12−πC.12−2πD.12−3π5.下图中的函数图象所对应的解析式可能是(  )A.y=−12|x−1|B.y=−|12x−1|C.y=−2|x−1|D.y=−|2x−1|6.若实数x,y满足的约束条件x+1≥0x+y+1≥0x−y−2≤0,则z=y+3x的取值范围是(  )A.[−3,1)B.(−∞,−3]∪(1,+∞)C.[−3,3]D.(−∞,−3]∪[3,+∞)7.△ABC中,“A>B”是“cos2A 0,b>0),直线l交双曲线两条渐近线于点A、B,M为线段AB的中点,设直线l、OM的斜率分别为k1、k2,若k1⋅k2=32,则渐近线方程为  .13.已知△ABC是圆心为O,半径为R的圆的内接三角形,M是圆O上一点,G是△ABC的重心.若OM⊥OG,则AM2+BM2+CM2=  .14.已知函数f(x)=loga(9−ax),g(x)=loga(x2−ax),若对任意x1∈[1,2],存在x2∈[3,4]使得f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数a的取值范围为  .15.如图,在△ABC中,D为BC边上一近B点的三等分点,AB=3,AC=2,∠C=π3,则sin∠BADsin∠DAC=  ,S△ACD=  .16.设a,b,c∈R,a≠0,若函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点,且2a2+3ab+8ac=1,则a+b的最小值为  ,a+b+ab的最小值为  .17.盆子中有大小相同的球共6个,其中标号为1的球有3个,标号为2的球有2个,标号为3的球有1个,第1次从盒子中任取1个球,放回后第2次再任取1个球,记第1次与第2次取到的球的标号之和为ξ,则P(ξ=3)=  .E(ξ)=  .三、解答题18.函数f(x)=Asin(πx+φ),x∈R(其中A>0,0≤φ≤π2)部分图象如图所示,P(13,A)是该图象的最高点,M,N是图象与x轴的交点.(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若∠PMN+∠PNM=π4,求A的值.19.如图,三棱台ABC−A1B1C1中,∠ABC=90°,A1A=A1B=A1C=3,AB=BC=2.(1)证明:A1C1⊥A1B;(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.20.已知非零数列{an}满足a1=1,an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗.(1)若数列{an}是公差不为0的等差数列,求它的通项公式; (2)若a2=5,证明:对任意n∈N∗,a1+a2+a3+⋯+an≤3n−2.21.如图,已知抛物线C:x2=4y,直线l过点T(0,t)(t>0)与抛物线交于A、B两点,且在A、B处的切线交于点P,过点P且垂直于x轴的直线l′分别交抛物线C、直线l于M、N两点.直线l与曲线C’:x2=4(y+t)交于C、D两点.(1)求证:点N是AB中点;(2)设△DMN、△PAB的面积分别为S1、S2,求S1S2的取值范围.22.设a为实数,函数f(x)=aex+xlnx+1.(1)当a=−1e时,求函数f(x)的单调区间;(2)判断函数f(x)零点的个数.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】C8.【答案】C9.【答案】D10.【答案】D11.【答案】6;-16012.【答案】y=±62×13.【答案】6R214.【答案】(0,1)∪(1,3)15.【答案】66;3+3616.【答案】−277;−9817.【答案】13;10318.【答案】(1)解:函数f(x)=Asin(πx+φ)的最小正周期T=2ππ=2, 因P(13,A)是函数f(x)图象的最高点,则13π+φ=2kπ+π2,k∈Z,而0≤φ≤π2,有k=0,φ=π6,所以函数f(x)的最小正周期为2,φ=π6.(2)解:由(1)知,f(x)=Asin(πx+π6),由πx+π6=0得x=−16,即点M(−16,0),由πx+π6=2π得x=116,即点N(116,0),于是得tan∠PMN=A13−(−16)=2A,tan∠PNM=A116−13=23A,而∠PMN+∠PNM=π4,则tan(∠PMN+∠PNM)=tan∠PMN+tan∠PNM1−tan∠PMN⋅tan∠PNM=2A+23A1−2A⋅23A=1,又A>0,解得A=72−1,所以A=72−1.19.【答案】(1)证明:由题,取AC中点D,连接A1D、BD,由A1A=A1C,AB=BC,则AC⊥A1D、AC⊥BD,又A1D、BD⊂面A1BD,故AC⊥面A1BD,因为A1B⊂面A1BD,故AC⊥A1B,又AC∥A1C1,则A1C1⊥A1B,得证;(2)解:由题,∠ABC=90°,则AD=BD=CD,又A1A=A1B,A1D=A1D,故△AA1D≅△BA1D,故∠A1DB=∠A1DA=90°.分别以DB、DC、DA1为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系,易得B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,1),A(0,−2,0),A1C=(0,2,−1),A1B=(2,0,−1),AC=(0,22,0),设平面A1CB法向量n=(x,  y,  z),则n⋅A1B=2x−z=0n⋅A1C=2y−z=0,令x=1,则n=(1,  1,  2),故cosn, AC=222⋅22=12,故直线AC与平面A1CB所成的角为π6.即直线A1C1与平面A1CB所成的角为π6.20.【答案】(1)解:因为数列{an}是公差不为0的等差数列,故设公差为d,(d≠0).又an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,则(an+1−d)(an+1+d−2)=an+12−2an+1,化简得d(d−2)=0,又d≠0,故d=2,因为a1=1,则a2=3,a3=5,且a1(a3−2)=a2(a2−2)所以an=a1+(n−1)d=2n−1,故数列{an}的通项公式为an=2n−1.(2)证明:因为an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,所以an+2−2an+1=an+1−2an,又a1=1,a2=5,则an+1−2an=a2−2a1=3, 故an+1−2=3an,即an+1+1=3(an+1),n∈N∗所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,故an+1=2×3n−1,an=2×3n−1−1,则对任意的n∈N∗,a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=2×(30+31+32+⋅⋅⋅+3n−1)−n=2×1×(1−3n)1−3−n=3n−n−1≤3n−2,当n=1时等号成立.21.【答案】(1)证明:因为点T(0,t)(t>0)的直线l过与抛物线C:x2=4y交于A、B两点,所以直线的斜率存在,可设l:y=kx+t.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.对抛物线C:x2=4y可化为y=14×2,求导得:y=12x,所以以A(x1,y1)为切点的切线方程为y−y1=12×1(x−x1),整理得:y=12x1x−14×12.同理可求:以B(x2,y2)为切点的切线方程为y=12x2x−14×22.两条切线方程联立解得:xP=2k,yP=−t,所以P(2k,−t).过点P且垂直于x轴的直线l′为:x=2k,所以xN=2k.所以xN=x1+x22,即点N是AB中点.(2)解:设θ=∠DNP.因为点D到MN的距离为|DN|sinθ,所以S△DMN=12|MN|⋅|DN|sinθ.因为点B到MN的距离为|BN|sinθ,所以S△PAB=2S△BPN=2×12|NP|⋅|BN|sinθ.所以S1S2=12|MN|⋅|DN|sinθ2×12|NP|⋅|BN|sinθ=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|.由(1)可知:点N是AB中点.同理可证:点N是CD中点.所以S1S2=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|=|MN|⋅12|CD|2|NP|⋅12|AB|=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.所以|AB|=(1+k2)(x1−x2)2=4(1+k2)(k2+t).由(1)可知:P(2k,−t),N(2k,2k2+t),所以|NP|=2k2+2t.同理可求:|CD|=4(1+k2)(k2+2t),|MN|=k2+t.所以S1S2=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|=12(k2+t)⋅4(1+k2)(k2+2t)(2k2+2t)⋅4(1+k2)(k2+t) =14k2+2tk2+t=141+1k2t+1因为k2t>0,所以k2t+1>1,所以0<1k2t+1<1,所以1<1+1k2t+1<2,所以1<1+1k2t+1<2,所以14<141+1k2t+1<24.即S1S2的取值范围为(14,24)22.【答案】(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=−1e时,f(x)=−1eex+xlnx+1,则f′(x)=−ex−1+lnx+1,且f′(1)=0,有f″(x)=−ex−1+1x=1−xex−1x,令f″(x)=0⇒x=1,所以当x∈(0,1)时f″(x)>0,则f′(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时f″(x)<0,则f′(x)单调递减,所以f′(x)max=f′(1)=0,即f′(x)≤0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,即函数f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;(2)解:由(1)知当a=−1e时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(1)=0,此时函数f(x)只有1个零点;因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以f(x)与f(x)x具有相同的零点,令g(x)=f(x)x=aexx+lnx+1x(x>0),则g′(x)=a(x−1)exx2+1x−1×2=(x−1)(aex+1)x2,当a≥0时,aex+1>0,令g′(x)=0⇒x=1,则函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=ae+1>0,此时函数g(x)无零点,即函数f(x)无零点;当a<0时,令g′(x)=0⇒x=1或x=ln(−1a), 若−1e e2时,e−1a>(−1a)3,g(−1a)=−a2e−1a+ln(−1a)−a=−a[ae−1a−1aln(−1a)+1]<−a[a(−1a)3−1a(−1a−1)+1]<0,又g(1)>0,此时函数g(x)有1个零点,则函数f(x)有1个零点;若a<−1e,则1>ln(−1a),列表如下:x(0,ln(−1a))ln(−1a)(ln(−1a),1)1(1,+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘极小值↗极大值↘所以g(x)min=g(ln(−1a))=aeln(−1a)ln(−1a)+lnln(−1a)+1ln(−1a)=lnln(−1a) 0,g(e2)<0,则此时函数g(x)有2个零点,即函数f(x)有2个零点;综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,当−1e2≤a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上有1个零点,当a<−1e2时,函数f(x)在(0,+∞)上有2个零点.
简介:高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1.已知集合A={x∈R|x≤0},B={x∈R|−1≤x≤1},则∁R(A∪B)=(  )A.(−∞,0)B.[−1,0]C.[0,1]D.(1,+∞)2.人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展,从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时,首先引进了i2=−1,17世纪法因数学家笛卡儿把i称为“虚数”,用a+bi(a、b∈R)表示复数,并在直角坐标系上建立了“复平面”.若复数z满足方程z2+2z+5=0,则z=(  )A.−1+2iB.−2−iC.−1±2iD.−2±i3.已知椭圆C:x24+y2=λ(λ>0),则该椭圆的离心率e=(  )A.33B.12C.32D.524.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )A.12−23πB.12−πC.12−2πD.12−3π5.下图中的函数图象所对应的解析式可能是(  )A.y=−12|x−1|B.y=−|12x−1|C.y=−2|x−1|D.y=−|2x−1|6.若实数x,y满足的约束条件x+1≥0x+y+1≥0x−y−2≤0,则z=y+3x的取值范围是(  )A.[−3,1)B.(−∞,−3]∪(1,+∞)C.[−3,3]D.(−∞,−3]∪[3,+∞)7.△ABC中,“A>B”是“cos2A 0,b>0),直线l交双曲线两条渐近线于点A、B,M为线段AB的中点,设直线l、OM的斜率分别为k1、k2,若k1⋅k2=32,则渐近线方程为  .13.已知△ABC是圆心为O,半径为R的圆的内接三角形,M是圆O上一点,G是△ABC的重心.若OM⊥OG,则AM2+BM2+CM2=  .14.已知函数f(x)=loga(9−ax),g(x)=loga(x2−ax),若对任意x1∈[1,2],存在x2∈[3,4]使得f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数a的取值范围为  .15.如图,在△ABC中,D为BC边上一近B点的三等分点,AB=3,AC=2,∠C=π3,则sin∠BADsin∠DAC=  ,S△ACD=  .16.设a,b,c∈R,a≠0,若函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点,且2a2+3ab+8ac=1,则a+b的最小值为  ,a+b+ab的最小值为  .17.盆子中有大小相同的球共6个,其中标号为1的球有3个,标号为2的球有2个,标号为3的球有1个,第1次从盒子中任取1个球,放回后第2次再任取1个球,记第1次与第2次取到的球的标号之和为ξ,则P(ξ=3)=  .E(ξ)=  .三、解答题18.函数f(x)=Asin(πx+φ),x∈R(其中A>0,0≤φ≤π2)部分图象如图所示,P(13,A)是该图象的最高点,M,N是图象与x轴的交点.(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若∠PMN+∠PNM=π4,求A的值.19.如图,三棱台ABC−A1B1C1中,∠ABC=90°,A1A=A1B=A1C=3,AB=BC=2.(1)证明:A1C1⊥A1B;(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.20.已知非零数列{an}满足a1=1,an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗.(1)若数列{an}是公差不为0的等差数列,求它的通项公式; (2)若a2=5,证明:对任意n∈N∗,a1+a2+a3+⋯+an≤3n−2.21.如图,已知抛物线C:x2=4y,直线l过点T(0,t)(t>0)与抛物线交于A、B两点,且在A、B处的切线交于点P,过点P且垂直于x轴的直线l′分别交抛物线C、直线l于M、N两点.直线l与曲线C’:x2=4(y+t)交于C、D两点.(1)求证:点N是AB中点;(2)设△DMN、△PAB的面积分别为S1、S2,求S1S2的取值范围.22.设a为实数,函数f(x)=aex+xlnx+1.(1)当a=−1e时,求函数f(x)的单调区间;(2)判断函数f(x)零点的个数.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】C8.【答案】C9.【答案】D10.【答案】D11.【答案】6;-16012.【答案】y=±62×13.【答案】6R214.【答案】(0,1)∪(1,3)15.【答案】66;3+3616.【答案】−277;−9817.【答案】13;10318.【答案】(1)解:函数f(x)=Asin(πx+φ)的最小正周期T=2ππ=2, 因P(13,A)是函数f(x)图象的最高点,则13π+φ=2kπ+π2,k∈Z,而0≤φ≤π2,有k=0,φ=π6,所以函数f(x)的最小正周期为2,φ=π6.(2)解:由(1)知,f(x)=Asin(πx+π6),由πx+π6=0得x=−16,即点M(−16,0),由πx+π6=2π得x=116,即点N(116,0),于是得tan∠PMN=A13−(−16)=2A,tan∠PNM=A116−13=23A,而∠PMN+∠PNM=π4,则tan(∠PMN+∠PNM)=tan∠PMN+tan∠PNM1−tan∠PMN⋅tan∠PNM=2A+23A1−2A⋅23A=1,又A>0,解得A=72−1,所以A=72−1.19.【答案】(1)证明:由题,取AC中点D,连接A1D、BD,由A1A=A1C,AB=BC,则AC⊥A1D、AC⊥BD,又A1D、BD⊂面A1BD,故AC⊥面A1BD,因为A1B⊂面A1BD,故AC⊥A1B,又AC∥A1C1,则A1C1⊥A1B,得证;(2)解:由题,∠ABC=90°,则AD=BD=CD,又A1A=A1B,A1D=A1D,故△AA1D≅△BA1D,故∠A1DB=∠A1DA=90°.分别以DB、DC、DA1为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系,易得B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,1),A(0,−2,0),A1C=(0,2,−1),A1B=(2,0,−1),AC=(0,22,0),设平面A1CB法向量n=(x,  y,  z),则n⋅A1B=2x−z=0n⋅A1C=2y−z=0,令x=1,则n=(1,  1,  2),故cosn, AC=222⋅22=12,故直线AC与平面A1CB所成的角为π6.即直线A1C1与平面A1CB所成的角为π6.20.【答案】(1)解:因为数列{an}是公差不为0的等差数列,故设公差为d,(d≠0).又an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,则(an+1−d)(an+1+d−2)=an+12−2an+1,化简得d(d−2)=0,又d≠0,故d=2,因为a1=1,则a2=3,a3=5,且a1(a3−2)=a2(a2−2)所以an=a1+(n−1)d=2n−1,故数列{an}的通项公式为an=2n−1.(2)证明:因为an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,所以an+2−2an+1=an+1−2an,又a1=1,a2=5,则an+1−2an=a2−2a1=3, 故an+1−2=3an,即an+1+1=3(an+1),n∈N∗所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,故an+1=2×3n−1,an=2×3n−1−1,则对任意的n∈N∗,a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=2×(30+31+32+⋅⋅⋅+3n−1)−n=2×1×(1−3n)1−3−n=3n−n−1≤3n−2,当n=1时等号成立.21.【答案】(1)证明:因为点T(0,t)(t>0)的直线l过与抛物线C:x2=4y交于A、B两点,所以直线的斜率存在,可设l:y=kx+t.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.对抛物线C:x2=4y可化为y=14×2,求导得:y=12x,所以以A(x1,y1)为切点的切线方程为y−y1=12×1(x−x1),整理得:y=12x1x−14×12.同理可求:以B(x2,y2)为切点的切线方程为y=12x2x−14×22.两条切线方程联立解得:xP=2k,yP=−t,所以P(2k,−t).过点P且垂直于x轴的直线l′为:x=2k,所以xN=2k.所以xN=x1+x22,即点N是AB中点.(2)解:设θ=∠DNP.因为点D到MN的距离为|DN|sinθ,所以S△DMN=12|MN|⋅|DN|sinθ.因为点B到MN的距离为|BN|sinθ,所以S△PAB=2S△BPN=2×12|NP|⋅|BN|sinθ.所以S1S2=12|MN|⋅|DN|sinθ2×12|NP|⋅|BN|sinθ=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|.由(1)可知:点N是AB中点.同理可证:点N是CD中点.所以S1S2=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|=|MN|⋅12|CD|2|NP|⋅12|AB|=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.所以|AB|=(1+k2)(x1−x2)2=4(1+k2)(k2+t).由(1)可知:P(2k,−t),N(2k,2k2+t),所以|NP|=2k2+2t.同理可求:|CD|=4(1+k2)(k2+2t),|MN|=k2+t.所以S1S2=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|=12(k2+t)⋅4(1+k2)(k2+2t)(2k2+2t)⋅4(1+k2)(k2+t) =14k2+2tk2+t=141+1k2t+1因为k2t>0,所以k2t+1>1,所以0<1k2t+1<1,所以1<1+1k2t+1<2,所以1<1+1k2t+1<2,所以14<141+1k2t+1<24.即S1S2的取值范围为(14,24)22.【答案】(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=−1e时,f(x)=−1eex+xlnx+1,则f′(x)=−ex−1+lnx+1,且f′(1)=0,有f″(x)=−ex−1+1x=1−xex−1x,令f″(x)=0⇒x=1,所以当x∈(0,1)时f″(x)>0,则f′(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时f″(x)<0,则f′(x)单调递减,所以f′(x)max=f′(1)=0,即f′(x)≤0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,即函数f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;(2)解:由(1)知当a=−1e时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(1)=0,此时函数f(x)只有1个零点;因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以f(x)与f(x)x具有相同的零点,令g(x)=f(x)x=aexx+lnx+1x(x>0),则g′(x)=a(x−1)exx2+1x−1×2=(x−1)(aex+1)x2,当a≥0时,aex+1>0,令g′(x)=0⇒x=1,则函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=ae+1>0,此时函数g(x)无零点,即函数f(x)无零点;当a<0时,令g′(x)=0⇒x=1或x=ln(−1a), 若−1e e2时,e−1a>(−1a)3,g(−1a)=−a2e−1a+ln(−1a)−a=−a[ae−1a−1aln(−1a)+1]<−a[a(−1a)3−1a(−1a−1)+1]<0,又g(1)>0,此时函数g(x)有1个零点,则函数f(x)有1个零点;若a<−1e,则1>ln(−1a),列表如下:x(0,ln(−1a))ln(−1a)(ln(−1a),1)1(1,+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘极小值↗极大值↘所以g(x)min=g(ln(−1a))=aeln(−1a)ln(−1a)+lnln(−1a)+1ln(−1a)=lnln(−1a) 0,g(e2)<0,则此时函数g(x)有2个零点,即函数f(x)有2个零点;综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,当−1e2≤a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上有1个零点,当a<−1e2时,函数f(x)在(0,+∞)上有2个零点.
简介:高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1.已知集合A={x∈R|x≤0},B={x∈R|−1≤x≤1},则∁R(A∪B)=(  )A.(−∞,0)B.[−1,0]C.[0,1]D.(1,+∞)2.人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展,从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时,首先引进了i2=−1,17世纪法因数学家笛卡儿把i称为“虚数”,用a+bi(a、b∈R)表示复数,并在直角坐标系上建立了“复平面”.若复数z满足方程z2+2z+5=0,则z=(  )A.−1+2iB.−2−iC.−1±2iD.−2±i3.已知椭圆C:x24+y2=λ(λ>0),则该椭圆的离心率e=(  )A.33B.12C.32D.524.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )A.12−23πB.12−πC.12−2πD.12−3π5.下图中的函数图象所对应的解析式可能是(  )A.y=−12|x−1|B.y=−|12x−1|C.y=−2|x−1|D.y=−|2x−1|6.若实数x,y满足的约束条件x+1≥0x+y+1≥0x−y−2≤0,则z=y+3x的取值范围是(  )A.[−3,1)B.(−∞,−3]∪(1,+∞)C.[−3,3]D.(−∞,−3]∪[3,+∞)7.△ABC中,“A>B”是“cos2A 0,b>0),直线l交双曲线两条渐近线于点A、B,M为线段AB的中点,设直线l、OM的斜率分别为k1、k2,若k1⋅k2=32,则渐近线方程为  .13.已知△ABC是圆心为O,半径为R的圆的内接三角形,M是圆O上一点,G是△ABC的重心.若OM⊥OG,则AM2+BM2+CM2=  .14.已知函数f(x)=loga(9−ax),g(x)=loga(x2−ax),若对任意x1∈[1,2],存在x2∈[3,4]使得f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数a的取值范围为  .15.如图,在△ABC中,D为BC边上一近B点的三等分点,AB=3,AC=2,∠C=π3,则sin∠BADsin∠DAC=  ,S△ACD=  .16.设a,b,c∈R,a≠0,若函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点,且2a2+3ab+8ac=1,则a+b的最小值为  ,a+b+ab的最小值为  .17.盆子中有大小相同的球共6个,其中标号为1的球有3个,标号为2的球有2个,标号为3的球有1个,第1次从盒子中任取1个球,放回后第2次再任取1个球,记第1次与第2次取到的球的标号之和为ξ,则P(ξ=3)=  .E(ξ)=  .三、解答题18.函数f(x)=Asin(πx+φ),x∈R(其中A>0,0≤φ≤π2)部分图象如图所示,P(13,A)是该图象的最高点,M,N是图象与x轴的交点.(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若∠PMN+∠PNM=π4,求A的值.19.如图,三棱台ABC−A1B1C1中,∠ABC=90°,A1A=A1B=A1C=3,AB=BC=2.(1)证明:A1C1⊥A1B;(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.20.已知非零数列{an}满足a1=1,an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗.(1)若数列{an}是公差不为0的等差数列,求它的通项公式; (2)若a2=5,证明:对任意n∈N∗,a1+a2+a3+⋯+an≤3n−2.21.如图,已知抛物线C:x2=4y,直线l过点T(0,t)(t>0)与抛物线交于A、B两点,且在A、B处的切线交于点P,过点P且垂直于x轴的直线l′分别交抛物线C、直线l于M、N两点.直线l与曲线C’:x2=4(y+t)交于C、D两点.(1)求证:点N是AB中点;(2)设△DMN、△PAB的面积分别为S1、S2,求S1S2的取值范围.22.设a为实数,函数f(x)=aex+xlnx+1.(1)当a=−1e时,求函数f(x)的单调区间;(2)判断函数f(x)零点的个数.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】C8.【答案】C9.【答案】D10.【答案】D11.【答案】6;-16012.【答案】y=±62×13.【答案】6R214.【答案】(0,1)∪(1,3)15.【答案】66;3+3616.【答案】−277;−9817.【答案】13;10318.【答案】(1)解:函数f(x)=Asin(πx+φ)的最小正周期T=2ππ=2, 因P(13,A)是函数f(x)图象的最高点,则13π+φ=2kπ+π2,k∈Z,而0≤φ≤π2,有k=0,φ=π6,所以函数f(x)的最小正周期为2,φ=π6.(2)解:由(1)知,f(x)=Asin(πx+π6),由πx+π6=0得x=−16,即点M(−16,0),由πx+π6=2π得x=116,即点N(116,0),于是得tan∠PMN=A13−(−16)=2A,tan∠PNM=A116−13=23A,而∠PMN+∠PNM=π4,则tan(∠PMN+∠PNM)=tan∠PMN+tan∠PNM1−tan∠PMN⋅tan∠PNM=2A+23A1−2A⋅23A=1,又A>0,解得A=72−1,所以A=72−1.19.【答案】(1)证明:由题,取AC中点D,连接A1D、BD,由A1A=A1C,AB=BC,则AC⊥A1D、AC⊥BD,又A1D、BD⊂面A1BD,故AC⊥面A1BD,因为A1B⊂面A1BD,故AC⊥A1B,又AC∥A1C1,则A1C1⊥A1B,得证;(2)解:由题,∠ABC=90°,则AD=BD=CD,又A1A=A1B,A1D=A1D,故△AA1D≅△BA1D,故∠A1DB=∠A1DA=90°.分别以DB、DC、DA1为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系,易得B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,1),A(0,−2,0),A1C=(0,2,−1),A1B=(2,0,−1),AC=(0,22,0),设平面A1CB法向量n=(x,  y,  z),则n⋅A1B=2x−z=0n⋅A1C=2y−z=0,令x=1,则n=(1,  1,  2),故cosn, AC=222⋅22=12,故直线AC与平面A1CB所成的角为π6.即直线A1C1与平面A1CB所成的角为π6.20.【答案】(1)解:因为数列{an}是公差不为0的等差数列,故设公差为d,(d≠0).又an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,则(an+1−d)(an+1+d−2)=an+12−2an+1,化简得d(d−2)=0,又d≠0,故d=2,因为a1=1,则a2=3,a3=5,且a1(a3−2)=a2(a2−2)所以an=a1+(n−1)d=2n−1,故数列{an}的通项公式为an=2n−1.(2)证明:因为an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,所以an+2−2an+1=an+1−2an,又a1=1,a2=5,则an+1−2an=a2−2a1=3, 故an+1−2=3an,即an+1+1=3(an+1),n∈N∗所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,故an+1=2×3n−1,an=2×3n−1−1,则对任意的n∈N∗,a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=2×(30+31+32+⋅⋅⋅+3n−1)−n=2×1×(1−3n)1−3−n=3n−n−1≤3n−2,当n=1时等号成立.21.【答案】(1)证明:因为点T(0,t)(t>0)的直线l过与抛物线C:x2=4y交于A、B两点,所以直线的斜率存在,可设l:y=kx+t.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.对抛物线C:x2=4y可化为y=14×2,求导得:y=12x,所以以A(x1,y1)为切点的切线方程为y−y1=12×1(x−x1),整理得:y=12x1x−14×12.同理可求:以B(x2,y2)为切点的切线方程为y=12x2x−14×22.两条切线方程联立解得:xP=2k,yP=−t,所以P(2k,−t).过点P且垂直于x轴的直线l′为:x=2k,所以xN=2k.所以xN=x1+x22,即点N是AB中点.(2)解:设θ=∠DNP.因为点D到MN的距离为|DN|sinθ,所以S△DMN=12|MN|⋅|DN|sinθ.因为点B到MN的距离为|BN|sinθ,所以S△PAB=2S△BPN=2×12|NP|⋅|BN|sinθ.所以S1S2=12|MN|⋅|DN|sinθ2×12|NP|⋅|BN|sinθ=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|.由(1)可知:点N是AB中点.同理可证:点N是CD中点.所以S1S2=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|=|MN|⋅12|CD|2|NP|⋅12|AB|=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.所以|AB|=(1+k2)(x1−x2)2=4(1+k2)(k2+t).由(1)可知:P(2k,−t),N(2k,2k2+t),所以|NP|=2k2+2t.同理可求:|CD|=4(1+k2)(k2+2t),|MN|=k2+t.所以S1S2=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|=12(k2+t)⋅4(1+k2)(k2+2t)(2k2+2t)⋅4(1+k2)(k2+t) =14k2+2tk2+t=141+1k2t+1因为k2t>0,所以k2t+1>1,所以0<1k2t+1<1,所以1<1+1k2t+1<2,所以1<1+1k2t+1<2,所以14<141+1k2t+1<24.即S1S2的取值范围为(14,24)22.【答案】(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=−1e时,f(x)=−1eex+xlnx+1,则f′(x)=−ex−1+lnx+1,且f′(1)=0,有f″(x)=−ex−1+1x=1−xex−1x,令f″(x)=0⇒x=1,所以当x∈(0,1)时f″(x)>0,则f′(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时f″(x)<0,则f′(x)单调递减,所以f′(x)max=f′(1)=0,即f′(x)≤0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,即函数f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;(2)解:由(1)知当a=−1e时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(1)=0,此时函数f(x)只有1个零点;因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以f(x)与f(x)x具有相同的零点,令g(x)=f(x)x=aexx+lnx+1x(x>0),则g′(x)=a(x−1)exx2+1x−1×2=(x−1)(aex+1)x2,当a≥0时,aex+1>0,令g′(x)=0⇒x=1,则函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=ae+1>0,此时函数g(x)无零点,即函数f(x)无零点;当a<0时,令g′(x)=0⇒x=1或x=ln(−1a), 若−1e e2时,e−1a>(−1a)3,g(−1a)=−a2e−1a+ln(−1a)−a=−a[ae−1a−1aln(−1a)+1]<−a[a(−1a)3−1a(−1a−1)+1]<0,又g(1)>0,此时函数g(x)有1个零点,则函数f(x)有1个零点;若a<−1e,则1>ln(−1a),列表如下:x(0,ln(−1a))ln(−1a)(ln(−1a),1)1(1,+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘极小值↗极大值↘所以g(x)min=g(ln(−1a))=aeln(−1a)ln(−1a)+lnln(−1a)+1ln(−1a)=lnln(−1a) 0,g(e2)<0,则此时函数g(x)有2个零点,即函数f(x)有2个零点;综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,当−1e2≤a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上有1个零点,当a<−1e2时,函数f(x)在(0,+∞)上有2个零点.
简介:高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1.已知集合A={x∈R|x≤0},B={x∈R|−1≤x≤1},则∁R(A∪B)=(  )A.(−∞,0)B.[−1,0]C.[0,1]D.(1,+∞)2.人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展,从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时,首先引进了i2=−1,17世纪法因数学家笛卡儿把i称为“虚数”,用a+bi(a、b∈R)表示复数,并在直角坐标系上建立了“复平面”.若复数z满足方程z2+2z+5=0,则z=(  )A.−1+2iB.−2−iC.−1±2iD.−2±i3.已知椭圆C:x24+y2=λ(λ>0),则该椭圆的离心率e=(  )A.33B.12C.32D.524.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )A.12−23πB.12−πC.12−2πD.12−3π5.下图中的函数图象所对应的解析式可能是(  )A.y=−12|x−1|B.y=−|12x−1|C.y=−2|x−1|D.y=−|2x−1|6.若实数x,y满足的约束条件x+1≥0x+y+1≥0x−y−2≤0,则z=y+3x的取值范围是(  )A.[−3,1)B.(−∞,−3]∪(1,+∞)C.[−3,3]D.(−∞,−3]∪[3,+∞)7.△ABC中,“A>B”是“cos2A 0,b>0),直线l交双曲线两条渐近线于点A、B,M为线段AB的中点,设直线l、OM的斜率分别为k1、k2,若k1⋅k2=32,则渐近线方程为  .13.已知△ABC是圆心为O,半径为R的圆的内接三角形,M是圆O上一点,G是△ABC的重心.若OM⊥OG,则AM2+BM2+CM2=  .14.已知函数f(x)=loga(9−ax),g(x)=loga(x2−ax),若对任意x1∈[1,2],存在x2∈[3,4]使得f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数a的取值范围为  .15.如图,在△ABC中,D为BC边上一近B点的三等分点,AB=3,AC=2,∠C=π3,则sin∠BADsin∠DAC=  ,S△ACD=  .16.设a,b,c∈R,a≠0,若函数y=ax2+bx+c有且仅有一个零点,且2a2+3ab+8ac=1,则a+b的最小值为  ,a+b+ab的最小值为  .17.盆子中有大小相同的球共6个,其中标号为1的球有3个,标号为2的球有2个,标号为3的球有1个,第1次从盒子中任取1个球,放回后第2次再任取1个球,记第1次与第2次取到的球的标号之和为ξ,则P(ξ=3)=  .E(ξ)=  .三、解答题18.函数f(x)=Asin(πx+φ),x∈R(其中A>0,0≤φ≤π2)部分图象如图所示,P(13,A)是该图象的最高点,M,N是图象与x轴的交点.(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若∠PMN+∠PNM=π4,求A的值.19.如图,三棱台ABC−A1B1C1中,∠ABC=90°,A1A=A1B=A1C=3,AB=BC=2.(1)证明:A1C1⊥A1B;(2)求直线A1C1与平面A1CB所成的角.20.已知非零数列{an}满足a1=1,an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗.(1)若数列{an}是公差不为0的等差数列,求它的通项公式; (2)若a2=5,证明:对任意n∈N∗,a1+a2+a3+⋯+an≤3n−2.21.如图,已知抛物线C:x2=4y,直线l过点T(0,t)(t>0)与抛物线交于A、B两点,且在A、B处的切线交于点P,过点P且垂直于x轴的直线l′分别交抛物线C、直线l于M、N两点.直线l与曲线C’:x2=4(y+t)交于C、D两点.(1)求证:点N是AB中点;(2)设△DMN、△PAB的面积分别为S1、S2,求S1S2的取值范围.22.设a为实数,函数f(x)=aex+xlnx+1.(1)当a=−1e时,求函数f(x)的单调区间;(2)判断函数f(x)零点的个数.答案解析部分1.【答案】D2.【答案】C3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】A6.【答案】B7.【答案】C8.【答案】C9.【答案】D10.【答案】D11.【答案】6;-16012.【答案】y=±62×13.【答案】6R214.【答案】(0,1)∪(1,3)15.【答案】66;3+3616.【答案】−277;−9817.【答案】13;10318.【答案】(1)解:函数f(x)=Asin(πx+φ)的最小正周期T=2ππ=2, 因P(13,A)是函数f(x)图象的最高点,则13π+φ=2kπ+π2,k∈Z,而0≤φ≤π2,有k=0,φ=π6,所以函数f(x)的最小正周期为2,φ=π6.(2)解:由(1)知,f(x)=Asin(πx+π6),由πx+π6=0得x=−16,即点M(−16,0),由πx+π6=2π得x=116,即点N(116,0),于是得tan∠PMN=A13−(−16)=2A,tan∠PNM=A116−13=23A,而∠PMN+∠PNM=π4,则tan(∠PMN+∠PNM)=tan∠PMN+tan∠PNM1−tan∠PMN⋅tan∠PNM=2A+23A1−2A⋅23A=1,又A>0,解得A=72−1,所以A=72−1.19.【答案】(1)证明:由题,取AC中点D,连接A1D、BD,由A1A=A1C,AB=BC,则AC⊥A1D、AC⊥BD,又A1D、BD⊂面A1BD,故AC⊥面A1BD,因为A1B⊂面A1BD,故AC⊥A1B,又AC∥A1C1,则A1C1⊥A1B,得证;(2)解:由题,∠ABC=90°,则AD=BD=CD,又A1A=A1B,A1D=A1D,故△AA1D≅△BA1D,故∠A1DB=∠A1DA=90°.分别以DB、DC、DA1为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系,易得B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,1),A(0,−2,0),A1C=(0,2,−1),A1B=(2,0,−1),AC=(0,22,0),设平面A1CB法向量n=(x,  y,  z),则n⋅A1B=2x−z=0n⋅A1C=2y−z=0,令x=1,则n=(1,  1,  2),故cosn, AC=222⋅22=12,故直线AC与平面A1CB所成的角为π6.即直线A1C1与平面A1CB所成的角为π6.20.【答案】(1)解:因为数列{an}是公差不为0的等差数列,故设公差为d,(d≠0).又an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,则(an+1−d)(an+1+d−2)=an+12−2an+1,化简得d(d−2)=0,又d≠0,故d=2,因为a1=1,则a2=3,a3=5,且a1(a3−2)=a2(a2−2)所以an=a1+(n−1)d=2n−1,故数列{an}的通项公式为an=2n−1.(2)证明:因为an(an+2−2)=an+1(an+1−2),n∈N∗,所以an+2−2an+1=an+1−2an,又a1=1,a2=5,则an+1−2an=a2−2a1=3, 故an+1−2=3an,即an+1+1=3(an+1),n∈N∗所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,故an+1=2×3n−1,an=2×3n−1−1,则对任意的n∈N∗,a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=2×(30+31+32+⋅⋅⋅+3n−1)−n=2×1×(1−3n)1−3−n=3n−n−1≤3n−2,当n=1时等号成立.21.【答案】(1)证明:因为点T(0,t)(t>0)的直线l过与抛物线C:x2=4y交于A、B两点,所以直线的斜率存在,可设l:y=kx+t.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.对抛物线C:x2=4y可化为y=14×2,求导得:y=12x,所以以A(x1,y1)为切点的切线方程为y−y1=12×1(x−x1),整理得:y=12x1x−14×12.同理可求:以B(x2,y2)为切点的切线方程为y=12x2x−14×22.两条切线方程联立解得:xP=2k,yP=−t,所以P(2k,−t).过点P且垂直于x轴的直线l′为:x=2k,所以xN=2k.所以xN=x1+x22,即点N是AB中点.(2)解:设θ=∠DNP.因为点D到MN的距离为|DN|sinθ,所以S△DMN=12|MN|⋅|DN|sinθ.因为点B到MN的距离为|BN|sinθ,所以S△PAB=2S△BPN=2×12|NP|⋅|BN|sinθ.所以S1S2=12|MN|⋅|DN|sinθ2×12|NP|⋅|BN|sinθ=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|.由(1)可知:点N是AB中点.同理可证:点N是CD中点.所以S1S2=|MN|⋅|DN|2|NP|⋅|BN|=|MN|⋅12|CD|2|NP|⋅12|AB|=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x2=4yy=kx+t,消去y可得:x2−4kx−4t=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4t.所以|AB|=(1+k2)(x1−x2)2=4(1+k2)(k2+t).由(1)可知:P(2k,−t),N(2k,2k2+t),所以|NP|=2k2+2t.同理可求:|CD|=4(1+k2)(k2+2t),|MN|=k2+t.所以S1S2=|MN|⋅|CD|2|NP|⋅|AB|=12(k2+t)⋅4(1+k2)(k2+2t)(2k2+2t)⋅4(1+k2)(k2+t) =14k2+2tk2+t=141+1k2t+1因为k2t>0,所以k2t+1>1,所以0<1k2t+1<1,所以1<1+1k2t+1<2,所以1<1+1k2t+1<2,所以14<141+1k2t+1<24.即S1S2的取值范围为(14,24)22.【答案】(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=−1e时,f(x)=−1eex+xlnx+1,则f′(x)=−ex−1+lnx+1,且f′(1)=0,有f″(x)=−ex−1+1x=1−xex−1x,令f″(x)=0⇒x=1,所以当x∈(0,1)时f″(x)>0,则f′(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时f″(x)<0,则f′(x)单调递减,所以f′(x)max=f′(1)=0,即f′(x)≤0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,即函数f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;(2)解:由(1)知当a=−1e时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(1)=0,此时函数f(x)只有1个零点;因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以f(x)与f(x)x具有相同的零点,令g(x)=f(x)x=aexx+lnx+1x(x>0),则g′(x)=a(x−1)exx2+1x−1×2=(x−1)(aex+1)x2,当a≥0时,aex+1>0,令g′(x)=0⇒x=1,则函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=ae+1>0,此时函数g(x)无零点,即函数f(x)无零点;当a<0时,令g′(x)=0⇒x=1或x=ln(−1a), 若−1e e2时,e−1a>(−1a)3,g(−1a)=−a2e−1a+ln(−1a)−a=−a[ae−1a−1aln(−1a)+1]<−a[a(−1a)3−1a(−1a−1)+1]<0,又g(1)>0,此时函数g(x)有1个零点,则函数f(x)有1个零点;若a<−1e,则1>ln(−1a),列表如下:x(0,ln(−1a))ln(−1a)(ln(−1a),1)1(1,+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘极小值↗极大值↘所以g(x)min=g(ln(−1a))=aeln(−1a)ln(−1a)+lnln(−1a)+1ln(−1a)=lnln(−1a) 0,g(e2)<0,则此时函数g(x)有2个零点,即函数f(x)有2个零点;综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,当−1e2≤a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上有1个零点,当a<−1e2时,函数f(x)在(0,+∞)上有2个零点.