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- 2021-07-01 发布
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2016-2017学年上海市长宁区延安中学高三(下)开学数学试卷
一.填空题
1.已知集合A={x|<0},B={x|x2﹣2x﹣3≥0,x∈R},则A∩B= .
2.已知函数f(x)=arcsin(2x+1),则f﹣1()= .
3.已知圆锥的母线长为5,侧面积为15π,则此圆锥的体积为 (结果保留π).
4.已知无穷等比数列{an}中,,,则= .
5.复数z满足=1+i,则复数z的模等于 .
6.在(tanx+cotx)10的二项展开式中,tan2x的系数为 (用数值作答)
7.设F1、F2是双曲线x2﹣4y2=4的两个焦点,P在双曲线上,且,则||•||= .
8.已知,以为边作平行四边形OACB,则与的夹角为 .
9.从集合{1,2,3,…,10}中选出4个数组成的子集,使得这4个数中的任何两个数的和不等于11,则这样的子集个数是 .
10.定义在R上的奇函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,且当0<x≤1时,f(x)=log3x,则方程在区间(0,10)内所有的实根之和为 .
11.如果直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my﹣4=0相交于M、N两点,且点M、N关于直线x+y=0对称,则不等式组所表示的平面区域的面积为 .
12.定义在R上的函数f(x),对任意x,y满足f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R),且f(1)=2,那么下面四个式子:
①f(1)+2f(1)+…+nf(1);
②;
③n(n+1);
④n(n+1)f(1).
其中与f(1)+f(2)+…+f(n)(n∈N*)相等的是 .
二.选择题
13.“f(x)≥3”是“f(x)的最小值为3”的( )条件.
A.充分非必要 B.必要非充分
C.充要 D.既非充分也非必要
14.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:
①若m⊥α,n∥α,则m⊥n
②若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ
③若m∥α,n∥α,则m∥n
④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
其中正确命题的序号是( )
A.①和② B.②和③ C.③和④ D.①和④
15.已知P是△ABC内一点,且满足2+3+4=,那么S△PBC:SPCA:S△PAB等于( )
A.4:3:2 B.2:3:4 C.:: D.::
16.设{an}是公比为q的等比数列,首项,对于n∈N*,,当且仅当n=4时,数列{bn}的前n项和取得最大值,则q的取值范围为( )
A. B.(3,4) C. D.
三.解答题
17.已知sin(+α)sin(﹣α)=,α∈(,π),求sin4α.
18.如图,设长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,Q是AA1的中点,点P在线段B1D1上;
(1)试在线段B1D1上确定点P的位置,使得异面直线QB与DP所成角为60°,并请说明
你的理由;
(2)在满足(1)的条件下,求四棱锥Q﹣DBB1P的体积.
19.已知:函数g(x)=ax2﹣2ax+1+b(a≠0,b<1),在区间上有最大值4,最小值1,设函数.
(1)求a、b的值及函数f(x)的解析式;
(2)若不等式f(2x)﹣k•2x≥0在时恒成立,求实数k的取值范围.
20.已知椭圆(a>b>0)长轴长为短轴长的两倍,连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4,直线l过点A(﹣a,0),且与椭圆相交于另一点B;
(1)求椭圆的方程;
(2)若线段AB长为,求直线l的倾斜角;
(3)点Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且,求y0的值.
21.从数列{an}中取出部分项,并将它们按原来的顺序组成一个数列,称之为数列{an}的一个子数列.设数列{an}是一个首项为a1、公差为d(d≠0)的无穷等差数列.
(1)若a1,a2,a5成等比数列,求其公比q.
(2)若a1=7d,从数列{an}中取出第2项、第6项作为一个等比数列的第1项、第2项,试问该数列是否为{an}的无穷等比子数列,请说明理由.
(3)若a1=1,从数列{an}中取出第1项、第m(m≥2)项(设am
=t)作为一个等比数列的第1项、第2项,试问当且仅当t为何值时,该数列为{an}的无穷等比子数列,请说明理由.
2016-2017学年上海市长宁区延安中学高三(下)开学数学试卷
参考答案与试题解析
一.填空题
1.已知集合A={x|<0},B={x|x2﹣2x﹣3≥0,x∈R},则A∩B= {x|﹣5<x≤﹣1} .
【考点】交集及其运算.
【分析】利用分式不等式和一元二次不等式分别求出集合A和B,由此能求出A∩B.
【解答】解:∵集合A={x|<0}={x|﹣5<x<2},
B={x|x2﹣2x﹣3≥0,x∈R}={x|x≤﹣1或x≥3},
∴A∩B={x|﹣5<x≤﹣1}.
故答案为:{x|﹣5<x≤﹣1}.
2.已知函数f(x)=arcsin(2x+1),则f﹣1()= .
【考点】反函数.
【分析】欲求,只需令arcsin(2x+1)=求出x的值,根据原函数与反函数之间的关系可得结论.
【解答】解:令arcsin(2x+1)=
即sin=2x+1=
解得x=
故答案为:
3.已知圆锥的母线长为5,侧面积为15π,则此圆锥的体积为 12π
(结果保留π).
【考点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台).
【分析】设圆锥的底面半径为r,母线为l,高为h,根据侧面积公式算出底面半径r=3,用勾股定理算出高h==4,代入圆锥体积公式即可算出此圆锥的体积.
【解答】解:设圆锥的底面半径为r,母线为l,高为h
∵圆锥的母线长为l=5,侧面积为15π,
∴×l×r=15π,解之得底面半径r=3
因此,圆锥的高h==4
∴圆锥的体积为:V=πr2h=×π×9×4=12π
故答案为:12π
4.已知无穷等比数列{an}中,,,则= .
【考点】数列的极限.
【分析】设无穷等比数列{an}的公比为q,运用等比数列的通项公式解方程可得q,再由等比数列的前n项和的公式,结合极限公式,即可得到所求值.
【解答】解:设无穷等比数列{an}的公比为q,
由,,
可得q•q2=﹣,
解得q=﹣,
则=
=
==.
故答案为:.
5.复数z满足=1+i,则复数z的模等于 .
【考点】复数求模;二阶矩阵.
【分析】由条件求得z==2﹣i,再根据复数的模的定义求得|z|.
【解答】解:∵复数z满足=zi﹣i=1+i,∴z===2﹣i,
∴|z|==,
故答案为:.
6.在(tanx+cotx)10的二项展开式中,tan2x的系数为 210 (用数值作答)
【考点】二项式系数的性质.
【分析】通项公式Tr+1=tan10﹣rx•cotrx=tan10﹣2rx,令10﹣2r=2,解得r即可得出.
【解答】解:通项公式Tr+1=tan10﹣rx•cotrx=tan10﹣2rx,
令10﹣2r=2,解得r=4.
∴tan2x的系数==210.
故答案为:210.
7.设F1、F2是双曲线x2﹣4y2=4的两个焦点,P在双曲线上,且,则||•||= 2 .
【考点】双曲线的简单性质.
【分析】求得双曲线的标准方程,由双曲线的定义及勾股定理即可求得:||•||=2.
【解答】解:∵双曲线x2﹣4y2=4,
∴双曲线的标准方程:,则a=2,b=1,c=,
双曲线的定义可知:|||﹣丨丨|=4 ①,
,则⊥,
由勾股定理可知:||2+丨丨2=(2)2,②
由①②解得:||•||=2,
故答案为:2.
8.已知,以为边作平行四边形OACB,则与的夹角为 .
【考点】数量积表示两个向量的夹角.
【分析】想根据平行四边形的各边之间的关系以及向量的三角形法则求出,;再代入公式cosθ=即可求解.
【解答】解:∵OACB为平行四边形,
∴===(0,3),=(﹣2,1),
∴cos<>===.
即与的夹角为arccos.
故答案为:arccos.
9.从集合{1,2,3,…,10}中选出4个数组成的子集,使得这4个数中的任何两个数的和不等于11,则这样的子集个数是 80 .
【考点】子集与真子集.
【分析】为了满足和不等于11,先将和等于11放在一组,后在每一组中各抽取一个,利用乘法原理即可求得.
【解答】解:将和等于11放在一组:
1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.
从每一小组中取一个,
共有••••=5×2×2×2×2=80,
故答案为:80.
10.定义在R上的奇函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,且当0<x≤1时,f(x)=log3x,则方程在区间(0,10)内所有的实根之和为 30 .
【考点】根的存在性及根的个数判断.
【分析】由题意求出函数周期,并求得方程的解在(0,2),(4,6),(8,10)上存在,并且每个区间上存在两个关于区间中间值对称的两解.然后结合中点坐标公式求得答案.
【解答】解:∵y=f(x)是定义在R上的奇函数,则f(0)=0,f(﹣x)=﹣f(x),
又f(x)关于直线x=1对称,∴f(1+x)=f(1﹣x),
可得f(2+x)=f(﹣x)=﹣f(x),
∴f(4+x)=﹣f(2+x)=﹣[﹣f(x)]=f(x).
∴f(x)是以4为周期的周期函数.
当0<x≤1时,f(x)=log3x≤0,
当﹣1≤x<0时,0<﹣x≤1,∴f(﹣x)=log3(﹣x),则f(x)=﹣log3(﹣x)≥0.
=﹣<0.
∴方程的解在(0,2),(4,6),(8,10)上存在,并且每个区间上存在两个关于区间中间值对称的两解.
则方程在区间(0,10)内所有的实根之和为2×1+2×5+2×9=30.
故答案为:30.
11.如果直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my﹣4=0相交于M、N两点,且点M、N关于直线x+y=0对称,则不等式组所表示的平面区域的面积为 .
【考点】二元一次不等式(组)与平面区域.
【分析】由M与N关于x+y=0对称得到直线y=kx+1与x+y=0垂直,利用两直线垂直时斜率的乘积为﹣1,得到k的值;设出M与N的坐标,然后联立y=x+1与圆的方程,消去y得到关于x的一元二次方程,根据韦达定理得到两横坐标之和的关于m的关系式,再根据MN的中点在x+y=0上得到两横坐标之和等于﹣1,列出关于m的方程,求出方程的解得到m的值,把k的值和m的值代入不等式组,在数轴上画出相应的平面区域,求出面积即可.
【解答】解:∵M、N两点,关于直线x+y=0对称,
∴k=1,又圆心在直线x+y=0上
∴
∴m=﹣1
∴原不等式组变为作出不等式组表示的平面区域,
△AOB为不等式所表示的平面区域,联立解得B(﹣,),A(﹣1,0),
所以S△AOB=×|﹣1|×|﹣|=.
故答案为:.
12.定义在R上的函数f(x),对任意x,y满足f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R),且f(1)=2,那么下面四个式子:
①f(1)+2f(1)+…+nf(1);
②;
③n(n+1);
④n(n+1)f(1).
其中与f(1)+f(2)+…+f(n)(n∈N*)相等的是 ①②③ .
【考点】抽象函数及其应用.
【分析】由已知,定义在R上的函数f(x),对任意x,y满足f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R),且f(1)=2,依次对下面四个结论进行判断,
【解答】解:由定义知f(1)+f(2)+…+f(n)=f(1)+2f(1)+…+nf(1)==f(1)=n(n+1);
故①②③正确,④不正确;
故应填①②③.
二.选择题
13.“f(x)≥3”是“f(x)的最小值为3”的( )条件.
A.充分非必要 B.必要非充分
C.充要 D.既非充分也非必要
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【分析】由题意,由前者不能推出后者,由后者可以推出前者,故可得答案.
【解答】解:f(x)≥3”推不出“f(x)的最小值为3;
当f(x)的最小值为3,一定能得到f(x)≥3
故“f(x)≥3”是“f(x)的最小值为3”的必要非充分条件.
故选B.
14.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:
①若m⊥α,n∥α,则m⊥n
②若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ
③若m∥α,n∥α,则m∥n
④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
其中正确命题的序号是( )
A.①和② B.②和③ C.③和④ D.①和④
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系;命题的真假判断与应用;空间中直线与直线之间的位置关系;平面与平面之间的位置关系.
【分析】根据线面平行性质定理,结合线面垂直的定义,可得①是真命题;根据面面平行的性质结合线面垂直的性质,可得②是真命题;在正方体中举出反例,可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行,垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行,可得③④不正确.由此可得本题的答案.
【解答】解:对于①,因为n∥α,所以经过n作平面β,使β∩α=l,可得n∥l,
又因为m⊥α,l⊂α,所以m⊥l,结合n∥l得m⊥n.由此可得①是真命题;
对于②,因为α∥β且β∥γ,所以α∥γ,结合m⊥α,可得m⊥γ,故②是真命题;
对于③,设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线,
而平面α是正方体下底面所在的平面,
则有m∥α且n∥α成立,但不能推出m∥n,故③不正确;
对于④,设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面,
则有α⊥γ且β⊥γ,但是α⊥β,推不出α∥β,故④不正确.
综上所述,其中正确命题的序号是①和②
故选:A
15.已知P是△ABC内一点,且满足2+3+4=,那么S△PBC:SPCA:S△PAB等于( )
A.4:3:2 B.2:3:4 C.:: D.::
【考点】正弦定理.
【分析】由已知得.延长PB到B1,使得,延长PC到C1,使得,则P是△PB1C1的重心,设=3S,则=S,由此能求出S△PBC:S△PCA:S△PAB的值.
【解答】解:∵P是△ABC内一点,且满足2+3+4=,
∴.
延长PB到B1,使得,延长PC到C1,使得,
连结PB1、PC1、B1C1,则.
∴P是△PB1C1的重心,
设=3S,则=S,
,
S△PCA=,S△PAB=,
∴S△PBC:S△PCA:S△PAB==2:3:4.
故选:B.
16.设{an}是公比为q的等比数列,首项,对于n∈N*,,当且仅当n=4时,数列{bn}的前n项和取得最大值,则q的取值范围为( )
A. B.(3,4) C. D.
【考点】等比数列的前n项和.
【分析】由bn+1﹣bn=an+1﹣an==logq,得出数列{bn}是以logq为公差,以loga1=6为首项的等差数列,由已知仅当n=4时Tn最大,通过解不等式组 求出公比q的取值范围即可.
【解答】解:∵等比数列{an}的公比为q,首项
∴bn+1﹣bn=logan+1﹣logan=log=logq
∴数列{bn}是以logq为公差,以loga1=6为首项的等差数列,
∴bn=6+(n﹣1)logq.
由于当且仅当n=4时Tn最大,
∴logq<0,且
∴
∴﹣2
即2<q<4
故选:C
三.解答题
17.已知sin(+α)sin(﹣α)=,α∈(,π),求sin4α.
【考点】三角函数的化简求值.
【分析】利用诱导求出cos2α=,由此利用同角三角函数关系式和二倍角公式能求出sin4α.
【解答】解:∵sin(+α)sin(﹣α)=,α∈(,π),
∴sin(+α)sin[﹣(+α)]
=sin(+α)cos(+α)
=
==,
∴cos2α=,
∵α∈(,π),∴2α∈(π,2π),
∴sin2α=﹣=﹣,
∴sin4α=2sinαcosα=﹣2×=.
18.如图,设长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,Q是AA1的中点,点P在线段B1D1上;
(1)试在线段B1D1上确定点P的位置,使得异面直线QB与DP所成角为60°
,并请说明
你的理由;
(2)在满足(1)的条件下,求四棱锥Q﹣DBB1P的体积.
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;异面直线及其所成的角.
【分析】(1)以D为坐标原点,分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,设D1P=λD1B1,把P的坐标用λ表示,然后分别求出的坐标,再由|cos<>|=cos60°列式求得λ值得答案;
(2)由图可得四棱锥Q﹣DBB1P的高为A1P,再求出底面直角梯形的面积,代入棱锥体积公式求得四棱锥Q﹣DBB1P的体积.
【解答】解:(1)P是线段B1D1中点.
证明如下:
以D为坐标原点,分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),Q(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,2),B1(1,1,2),
设D1P=λD1B1,则,∴P(λ,λ,2),
∴=(λ,λ,2),又=(0,1,﹣1),
∴|cos<>|=||=cos60.
∴||=,解得:;
(2)连接A1P,则A1P⊥平面DBB1D1,
∵A1Q∥平面DBB1D1,∴四棱锥Q﹣DBB1P的高为.
=.
∴=.
19.已知:函数g(x)=ax2﹣2ax+1+b(a≠0,b<1),在区间上有最大值4,最小值1,设函数.
(1)求a、b的值及函数f(x)的解析式;
(2)若不等式f(2x)﹣k•2x≥0在时恒成立,求实数k的取值范围.
【考点】二次函数在闭区间上的最值;函数解析式的求解及常用方法;指数型复合函数的性质及应用.
【分析】(1)由二次函数g(x)=ax2﹣2ax+1+b的对称轴为x=1,由题意得,或,解得a、b的值,即可得到函数f(x)的解析式.
(2)不等式即,在时,设,则k≤(t﹣1)2,根据(t﹣1)2min>0,求得实数k的取值范围.
【解答】解:(1)由于二次函数g(x)=ax2﹣2ax+1+b的对称轴为x=1,
由题意得:1°,解得.
或 2°,解得.(舍去)
∴a=1,b=0.
故g(x)=x2﹣2x+1,.
(2)不等式f(2x)﹣k•2x≥0,即,∴.
在时,设,∴k≤(t﹣1)2,
由题意可得,函数f(x)的定义域为{x|x≠0},故t≠1,即≤t≤2,且t≠1.
∵(t﹣1)2min>0,∴k≤0,即实数k的取值范围为(﹣∞,0].
20.已知椭圆(a>b>0)长轴长为短轴长的两倍,连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4,直线l过点A(﹣a,0),且与椭圆相交于另一点B;
(1)求椭圆的方程;
(2)若线段AB长为,求直线l的倾斜角;
(3)点Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且,求y0的值.
【考点】直线与椭圆的位置关系;椭圆的标准方程.
【分析】(1)由椭圆(a>b>0)长轴长为短轴长的两倍,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4,列出方程组求出a,b,即可求椭圆的方程;
(2)直线l的方程代入椭圆方程,利用韦达定理,结合弦长公式,即可求得结论.
(3)设直线l的方程为y=k(x+2),由,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2﹣4)=0,由此根据k=0和k≠0两种情况分类讨论经,能求出结果.
【解答】解:(1)∵椭圆(a>b>0)长轴长为短轴长的两倍,
连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4,
∴,
解得a=2,b=1.
所以椭圆的方程为+y2=1.
(2)由(1)可知点A的坐标是(﹣2,0).
设点B的坐标为(x1,y1),直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+2).
代入椭圆方程,消去y并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2﹣4)=0.
由﹣2x1=,得.
从而.
所以|AB|==.
由|AB|=,得=.
整理得32k4﹣9k2﹣23=0,即(k2﹣1)(32k2+23)=0,解得k=±1.
所以直线l的倾斜角或.
(3)由(1)可知A(﹣2,0).设B点的坐标为(x1,y1),直线l的斜率为k,
则直线l的方程为y=k(x+2),
于是A,B两点的坐标满足方程组,
由方程组消去y并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2﹣4)=0,
由﹣2x1=,得,从而,
设线段AB是中点为M,则M的坐标为(﹣,),
以下分两种情况:
①当k=0时,点B的坐标为(2,0).线段AB的垂直平分线为y轴,于是
=(﹣2,﹣y0),=(2,﹣y0),由,得y0=;
②当k≠0时,线段AB的垂直平分线方程为y﹣=,
令x=0,解得,
由=(﹣2,﹣y0),=(x1,y1﹣y0),
=﹣2x1﹣y0(y1﹣y0)=+(+)==4,
整理得7k2=2,故k=,解得.
综上或.
21.从数列{an}中取出部分项,并将它们按原来的顺序组成一个数列,称之为数列{an}的一个子数列.设数列{an}是一个首项为a1、公差为d(d≠0)的无穷等差数列.
(1)若a1,a2,a5成等比数列,求其公比q.
(2)若a1=7d,从数列{an}中取出第2项、第6项作为一个等比数列的第1项、第2项,试问该数列是否为{an}的无穷等比子数列,请说明理由.
(3)若a1=1,从数列{an}中取出第1项、第m(m≥2)项(设am=t)作为一个等比数列的第1项、第2项,试问当且仅当t为何值时,该数列为{an}的无穷等比子数列,请说明理由.
【考点】数列的应用.
【分析】(1)由题设知(a1+d)2=a1(a1+4d),由此可求出其公比.
(2)设等比数列为{bm},其公比,,由题设an=a1+(n﹣1)d=(n+6)d.再由反证法能够推出该数列不为{an}的无穷等比子数列.
(3)①设{an}的无穷等比子数列为{br},其公比(t≠1),得br=tr﹣1,由此入手能够推导出t是大于1的正整数.
②再证明:若t是大于1的正整数,则数列{an}存在无穷等比子数列.即证明无穷等比数列{br}中的每一项均为数列{an}中的项.综上,当且仅当t是大于1的正整数时,数列{an}存在无穷等比子数列.
【解答】解:(1)由题设,得a22=a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d),得d2=2a1d,又d≠0,
于是d=2a1,故其公比.
(2)设等比数列为{bm},其公比,,
由题设an=a1+(n﹣1)d=(n+6)d.
假设数列{bm}为{an}的无穷等比子数列,
则对任意自然数m(m≥3),都存在n∈N*,使an=bm,
即,
得,
当m=5时,,与假设矛盾,
故该数列不为{an}的无穷等比子数列.
(3)①设{an}的无穷等比子数列为{br},其公比(t≠1),得br=tr﹣1,
由题设,在等差数列{an}中,,,
因为数列{br}为{an}的无穷等比子数列,
所以对任意自然数r(r≥3),都存在n∈N*,使an=br,
即,
得,
由于上式对任意大于等于3的正整数r都成立,且n,m﹣1均为正整数,
可知tr﹣2+tr﹣3+t+1必为正整数,
又d≠0,
故t是大于1的正整数.
②再证明:若t是大于1的正整数,则数列{an}存在无穷等比子数列.
即证明无穷等比数列{br}中的每一项均为数列{an}中的项.
在等比数列{br}中,br=tr﹣1,
在等差数列{an}中,,,
若br为数列{an}中的第k项,则由br=ak,得
,
整理得,
由t,m﹣1均为正整数,得k也为正整数,
故无穷等比数列{br}中的每一项均为数列{an}中的项,得证.
综上,当且仅当t是大于1的正整数时,数列{an}存在无穷等比子数列.