上海市奉贤区2022届高三数学一模试卷解析版

上海市宝山区2022届高三数学二模试卷解析版

高三数学二模试卷一、填空题1.设集合A={x|-12<x<2},B={x|x2≤1},则A∪B=  .【答案】{x|-1≤x<2}【知识点】并集及其运算【解析】【解答】因为B={x|−1≤x≤1},A={x|−12b−d”成立,则利用不等式

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:

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=  .2.计算limn→∞7n+45−3n=  .3.已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ(θ为参数),则此圆的半径是  .4.函数y=3sinx−cosx的最小正周期是  .5.函数y=x3+acosx是奇函数,则实数a=  .6.若圆锥的底面面积为π,母线长为2,则该圆锥的体积为  .7.函数y=lg3−2×3+2x的定义域是  .8.等差数列{an}满足a3+a2=8,a4+a3=12,则数列{an}前n项的和为  .9.汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分,灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直,灯泡位于抛物线焦点处,已知灯口的直径是24cm,灯深10cm,那么灯泡与反射镜顶点(即截得抛物线顶点)间的距离是  .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  .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)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  .二、单选题13.下列函数中为奇函数且在R上为增函数的是(  )A.y=2xB.y=|x|C.y=sinxD.y=x314.已知(x+124x)n的二项展开式中,前三项系数成等差数列,则n的值为(  )A.7B.8C.9D.1015.对于下列命题:①若a>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.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.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)20.如图,在正四棱锥P−ABCD中,PA=AB=22,E、F分别为PB、PD的中点,平面AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小;(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小;(3)求点G的位置.21.已知数列{an}满足an=2(n=1)qan−1+tan−1(q≥0,t≥0,q2+t2≠0,n≥2,n∈N).(1)当q>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.答案解析部分1.【答案】32.【答案】−733.【答案】24.【答案】2π5.【答案】06.【答案】33π7.【答案】(−∞,log23)8.【答案】n29.【答案】3.6cm10.【答案】241−2或1011.【答案】5412.【答案】[arccos31010,π4)13.【答案】D14.【答案】B15.【答案】C16.【答案】C17.【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+9518.【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).19.【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,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.
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=  .2.计算limn→∞7n+45−3n=  .3.已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ(θ为参数),则此圆的半径是  .4.函数y=3sinx−cosx的最小正周期是  .5.函数y=x3+acosx是奇函数,则实数a=  .6.若圆锥的底面面积为π,母线长为2,则该圆锥的体积为  .7.函数y=lg3−2×3+2x的定义域是  .8.等差数列{an}满足a3+a2=8,a4+a3=12,则数列{an}前n项的和为  .9.汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分,灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直,灯泡位于抛物线焦点处,已知灯口的直径是24cm,灯深10cm,那么灯泡与反射镜顶点(即截得抛物线顶点)间的距离是  .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  .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)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  .二、单选题13.下列函数中为奇函数且在R上为增函数的是(  )A.y=2xB.y=|x|C.y=sinxD.y=x314.已知(x+124x)n的二项展开式中,前三项系数成等差数列,则n的值为(  )A.7B.8C.9D.1015.对于下列命题:①若a>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.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.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)20.如图,在正四棱锥P−ABCD中,PA=AB=22,E、F分别为PB、PD的中点,平面AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小;(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小;(3)求点G的位置.21.已知数列{an}满足an=2(n=1)qan−1+tan−1(q≥0,t≥0,q2+t2≠0,n≥2,n∈N).(1)当q>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.答案解析部分1.【答案】32.【答案】−733.【答案】24.【答案】2π5.【答案】06.【答案】33π7.【答案】(−∞,log23)8.【答案】n29.【答案】3.6cm10.【答案】241−2或1011.【答案】5412.【答案】[arccos31010,π4)13.【答案】D14.【答案】B15.【答案】C16.【答案】C17.【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+9518.【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).19.【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,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.
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=  .2.计算limn→∞7n+45−3n=  .3.已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ(θ为参数),则此圆的半径是  .4.函数y=3sinx−cosx的最小正周期是  .5.函数y=x3+acosx是奇函数,则实数a=  .6.若圆锥的底面面积为π,母线长为2,则该圆锥的体积为  .7.函数y=lg3−2×3+2x的定义域是  .8.等差数列{an}满足a3+a2=8,a4+a3=12,则数列{an}前n项的和为  .9.汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分,灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直,灯泡位于抛物线焦点处,已知灯口的直径是24cm,灯深10cm,那么灯泡与反射镜顶点(即截得抛物线顶点)间的距离是  .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  .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)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  .二、单选题13.下列函数中为奇函数且在R上为增函数的是(  )A.y=2xB.y=|x|C.y=sinxD.y=x314.已知(x+124x)n的二项展开式中,前三项系数成等差数列,则n的值为(  )A.7B.8C.9D.1015.对于下列命题:①若a>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.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.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)20.如图,在正四棱锥P−ABCD中,PA=AB=22,E、F分别为PB、PD的中点,平面AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小;(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小;(3)求点G的位置.21.已知数列{an}满足an=2(n=1)qan−1+tan−1(q≥0,t≥0,q2+t2≠0,n≥2,n∈N).(1)当q>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.答案解析部分1.【答案】32.【答案】−733.【答案】24.【答案】2π5.【答案】06.【答案】33π7.【答案】(−∞,log23)8.【答案】n29.【答案】3.6cm10.【答案】241−2或1011.【答案】5412.【答案】[arccos31010,π4)13.【答案】D14.【答案】B15.【答案】C16.【答案】C17.【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+9518.【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).19.【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,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.
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=  .2.计算limn→∞7n+45−3n=  .3.已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ(θ为参数),则此圆的半径是  .4.函数y=3sinx−cosx的最小正周期是  .5.函数y=x3+acosx是奇函数,则实数a=  .6.若圆锥的底面面积为π,母线长为2,则该圆锥的体积为  .7.函数y=lg3−2×3+2x的定义域是  .8.等差数列{an}满足a3+a2=8,a4+a3=12,则数列{an}前n项的和为  .9.汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分,灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直,灯泡位于抛物线焦点处,已知灯口的直径是24cm,灯深10cm,那么灯泡与反射镜顶点(即截得抛物线顶点)间的距离是  .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  .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)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  .二、单选题13.下列函数中为奇函数且在R上为增函数的是(  )A.y=2xB.y=|x|C.y=sinxD.y=x314.已知(x+124x)n的二项展开式中,前三项系数成等差数列,则n的值为(  )A.7B.8C.9D.1015.对于下列命题:①若a>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.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.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)20.如图,在正四棱锥P−ABCD中,PA=AB=22,E、F分别为PB、PD的中点,平面AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小;(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小;(3)求点G的位置.21.已知数列{an}满足an=2(n=1)qan−1+tan−1(q≥0,t≥0,q2+t2≠0,n≥2,n∈N).(1)当q>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.答案解析部分1.【答案】32.【答案】−733.【答案】24.【答案】2π5.【答案】06.【答案】33π7.【答案】(−∞,log23)8.【答案】n29.【答案】3.6cm10.【答案】241−2或1011.【答案】5412.【答案】[arccos31010,π4)13.【答案】D14.【答案】B15.【答案】C16.【答案】C17.【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+9518.【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).19.【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,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.
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=  .2.计算limn→∞7n+45−3n=  .3.已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ(θ为参数),则此圆的半径是  .4.函数y=3sinx−cosx的最小正周期是  .5.函数y=x3+acosx是奇函数,则实数a=  .6.若圆锥的底面面积为π,母线长为2,则该圆锥的体积为  .7.函数y=lg3−2×3+2x的定义域是  .8.等差数列{an}满足a3+a2=8,a4+a3=12,则数列{an}前n项的和为  .9.汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分,灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直,灯泡位于抛物线焦点处,已知灯口的直径是24cm,灯深10cm,那么灯泡与反射镜顶点(即截得抛物线顶点)间的距离是  .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  .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)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  .二、单选题13.下列函数中为奇函数且在R上为增函数的是(  )A.y=2xB.y=|x|C.y=sinxD.y=x314.已知(x+124x)n的二项展开式中,前三项系数成等差数列,则n的值为(  )A.7B.8C.9D.1015.对于下列命题:①若a>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.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.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)20.如图,在正四棱锥P−ABCD中,PA=AB=22,E、F分别为PB、PD的中点,平面AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小;(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小;(3)求点G的位置.21.已知数列{an}满足an=2(n=1)qan−1+tan−1(q≥0,t≥0,q2+t2≠0,n≥2,n∈N).(1)当q>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.答案解析部分1.【答案】32.【答案】−733.【答案】24.【答案】2π5.【答案】06.【答案】33π7.【答案】(−∞,log23)8.【答案】n29.【答案】3.6cm10.【答案】241−2或1011.【答案】5412.【答案】[arccos31010,π4)13.【答案】D14.【答案】B15.【答案】C16.【答案】C17.【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+9518.【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).19.【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,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.
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=  .2.计算limn→∞7n+45−3n=  .3.已知圆的参数方程为x=2cosθy=2sinθ(θ为参数),则此圆的半径是  .4.函数y=3sinx−cosx的最小正周期是  .5.函数y=x3+acosx是奇函数,则实数a=  .6.若圆锥的底面面积为π,母线长为2,则该圆锥的体积为  .7.函数y=lg3−2×3+2x的定义域是  .8.等差数列{an}满足a3+a2=8,a4+a3=12,则数列{an}前n项的和为  .9.汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分,灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直,灯泡位于抛物线焦点处,已知灯口的直径是24cm,灯深10cm,那么灯泡与反射镜顶点(即截得抛物线顶点)间的距离是  .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  .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)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  .二、单选题13.下列函数中为奇函数且在R上为增函数的是(  )A.y=2xB.y=|x|C.y=sinxD.y=x314.已知(x+124x)n的二项展开式中,前三项系数成等差数列,则n的值为(  )A.7B.8C.9D.1015.对于下列命题:①若a>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.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.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)20.如图,在正四棱锥P−ABCD中,PA=AB=22,E、F分别为PB、PD的中点,平面AEF与棱PC的交点为G.(1)求异面直线AE与PF所成角的大小;(2)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的大小;(3)求点G的位置.21.已知数列{an}满足an=2(n=1)qan−1+tan−1(q≥0,t≥0,q2+t2≠0,n≥2,n∈N).(1)当q>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.答案解析部分1.【答案】32.【答案】−733.【答案】24.【答案】2π5.【答案】06.【答案】33π7.【答案】(−∞,log23)8.【答案】n29.【答案】3.6cm10.【答案】241−2或1011.【答案】5412.【答案】[arccos31010,π4)13.【答案】D14.【答案】B15.【答案】C16.【答案】C17.【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+9518.【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).19.【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,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.