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- 2021-06-11 发布
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复旦大学附属中学2019学年第一学期
高三年级数学开学摸底考试卷
一、填空题(本大题共有12题,满分54分,第1-6题每题4分,第7-12题每题5分)
1.已知,,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
分别算出集合中的范围再求交集即可.
【详解】由,,故
故答案为:
【点睛】本题主要考查二次函数与指数函数的值域问题,属于基础题型.
2.设函数,且,则_______.
【答案】0
【解析】
【分析】
由,平方后利用二倍角公式可求解。
【详解】由题意,∴,
∴.
故答案为:0.
【点睛】本题考查正弦的二倍角公式和同角的三角函数关系,属于基础题。
3.已知的增广矩阵是,则此方程组的解是_______
【答案】
【解析】
【分析】
根据增广矩阵的定义将关于的方程组还原,再解方程组得解.
【详解】根据增广矩阵的定义将关于的方程组还原为,
解之得.
故答案为:
【点睛】本题主要考查增广矩阵的定义及线性方程组的求解,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4.二项式的展开式中,的系数为______.
【答案】10
【解析】
【分析】
由二项式定理求解即可.
【详解】要中含有的项,则需要在5项中选取2个与3个相乘,故含有的项为
,故的系数为10
故答案为:10.
【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用与其中某项的系数问题,属于基础题型.
5.用半径1米的半圆形薄铁皮制作圆锥型无盖容器,其容积为________立方米.
【答案】
【解析】
半径为1米的半圆的周长为,则制作成圆锥的底面周长为,母线长为1
设圆锥的底面半径为,则,即
∴圆锥的高为
∴圆锥的体积
故答案为
6.一个袋子中共有6个球,其中4个红色球,2个蓝色球,这些球的质地和形状一样,从中任意地抽取2个球,则所抽的球都是红色球的概率是________
【答案】
【解析】
【分析】
设事件A表示“任意抽取2个球,所抽的球都是红色球”,则事件A包含的基本事件个数为,而基本事件的总数为,代入古典概型的概率公式即可.
【详解】依题意,设事件A表示“任意抽取2个球,所抽的球都是红色球”,
则事件A包含的基本事件个数为6,
而基本事件的总数为15,
所以P(A),
故答案为:.
【点睛】本题考查了古典概型的概率计算,考查了计数原理的使用,属于基础题.
7.在长方体中,若,,则异面直线与所成角的大小为______.
【答案】
【解析】
【分析】
画出长方体,再将异面直线与利用平行线转移到一个三角形内求解角度即可.
【详解】画出长方体可得异面直线与所成角为与之间的夹角,连接.则因为,则,又,故,
又,故为等腰直角三角形,故,即异面直线与所成角的大小为
故答案为:
【点睛】本题主要考查立体几何中异面直线角度问题,一般的处理方法是将异面直线经过平行线的转换构成三角形求角度,属于基础题型.
8.顶点间的距离为6,渐近线方程为的双曲线的标准方程为________.
【答案】或.
【解析】
【分析】
先确定a的值,再分类讨论,求出b的值,即可得到双曲线的标准方程.
【详解】由题意2a=6,∴a=3.
当焦点在x轴上时,∵双曲线的渐近线方程为,
∴
∴方程为;
当焦点在y轴上时,∵双曲线的渐近线方程为,
∴
∴方程为.
故双曲线的标准方程为:或.
【点睛】(1)本题考查椭圆的标准方程和双曲线的标准方程,考查理解与运算能力以及分类讨论的数学思想.(2)求双曲线的标准方程常用待定系数法,先定位,再定量.如果焦点位置不确定,要分类讨论.
9.某人5次上班途中所花的时间(单位:分钟)分别为x,y,10,11,9.已知这组数据的平均数为10,方差为2,则|x﹣y|的值为_____.
【答案】4
【解析】
【分析】
利用平均数、方差的概念列出关于的方程组,解方程即可得到答案。
【详解】由题意可得:,
设,,则,解得,
∴
故答案为:4.
【点睛】本题考查统计的基本知识,样本平均数与样本方差的概念以及求解方程组的方法,属于基础题。
10.不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】
观察可得本题有三次方又有三次分式,故不可直接求解不等式,观察到整式与分式有相似的结构,故考虑构造函数利用单调性进行求解.
【详解】由有,故构造函数
.则,故在定义域上为增函数.
又求即,故.
当时, 有,得,此时
当时, 有,得或,此时
故或,即
故答案为:
【点睛】本题主要考查了利用函数性质求解不等式的问题,重点在于根据不等式构造函数,从而利用函数的性质进行求解,属于中等题型.
11.已知、b、都是实数,若函数的反函数的定义域是,则的所有取值构成的集合是________
【答案】
【解析】
【分析】
结合函数的定义域判断其值域,由反函数的定义域为,可得函数的值域为,即可得出结果.
【详解】由其定义域为,因为,所以,
(1)当,由解析式可得,
当时,;
当时,,
即的值域为;
又函数的反函数的定义域是,
所以函数的值域为,因为、b、都是实数,可以大于;
因此值域可以为,不满足题意;
(2)当时,由解析式可得:
当时,;
当时,,
即的值域为;
同(1)可知:函数的值域必须为,因为、b、都是实数,可以大于,因此符合题意;
综上:的所有取值构成的集合是.
故答案
【点睛】本题主要考查分段函数与反函数的问题,熟记函数的性质即可,属于常考题型.
12.已知函数两个零点差的绝对值为,若为质数,为正整数,则______.
【答案】9
【解析】
【分析】
根据的两个零点之差的绝对值 等于
求得关于的表达式,再利用质数的性质分析即可.
【详解】由题, 两个零点差的绝对值,化简得.因为为质数,且为正整数,
故, ,设则,则为正整数.
因为为质数,当时,,不满足为正整数.故必为奇数,也为奇数.
且,故或能被整除.
1.当被整除时,若,则不成立.
若则为偶数不满足.
当时,因为且,故.
此时不成立.
2.故必有能被整除.
当时, ,此时不成立.
故有,则,解得,即
故答案为:9
【点睛】本题主要考查了二次函数的零点之差的绝对值.同时也考查了对质数的分析,考查了分类讨论思想,属于难题.
二、选择题(本大题共有4题,满分20分,每题5分)
13.设,则“均为实数”是“是实数”的( ).
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件
【答案】A
【解析】
设,,
若、均为实数,则,所以是实数;
若是实数,则,
所以“、均为实数”是“是实数”的充分非必要条件,选A.
14.设是两个不同的平面,是一条直线,若,,,则( )
A. 与平行 B. 与相交
C. 与异面 D. 以上三个答案均有可能
【答案】A
【解析】
过l作平面与α、β相交,交线分别为a,b,利用线面平行的性质,可得l∥a,l∥b,∴a∥b,∵a⊄β,b⊂β,∴a∥β,∵a⊂α,α∩β=m,∴l∥m.
故选A.
15.已知数列的通项公式为,其前项和,则双曲线的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用与求得,再根据渐近线方程为
求解即可.
【详解】由得.
又即,故,故双曲线渐近线为
故选:C
【点睛】本题主要考查了裂项相消求和与双曲线的渐近线方程等,属于基础题型.
16.定义,已知函数、定义域都是,给出下列命题:
(1)若、都是奇函数,则函数为奇函数;
(2)若、都是减函数,则函数为减函数;
(3)若,,则;
(4)若、都是周期函数,则函数是周期函数.
其中正确命题的个数为( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
对(1)(4)举出反例即可.对(2)(3),根据单调性与最值的方法推理即可.
【详解】对(1),若,,则,为偶函数,故(1)错误
对(2),因为函数、定义域都是且、都是减函数,且函数的值为、中的较小者,故为减函数,故(2)正确.
对(3),因为,,则,,
,所以.故(3)正确.
对(4),若的最小正周期是无理数,的最小正周期是有理数,则不存在使得同时是和最小正周期的整数倍.所以此时不是周期函数.故(4)错误.
故(2)(3)正确.
故选:B
【点睛】本题主要考查新定义类型的问题的辨析,需要找出反例或者进行直观推理,属于中等题型.
三、解答题(本大题满分76分)本大题共有5题,解答下列各题必须在答题纸相应编号规定区域内写出必要的步骤.
17.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.
(1)若的面积,求a+c值;
(2)若2cosC(+)=c2,求角C.
【答案】(1)5(2)
【解析】
分析】
(1)由已知利用三角形面积公式可求ac=6,结合余弦定理可求a+c的值.
(2)利用平面向量数量积的运算,正弦定理,三角函数恒等变换的应用化简已知等式可求cosC=,结合范围C∈(0,π),可求C的值.
【详解】解:(1)∵的面积,
∴=acsinB=ac,可得:ac=6,
∵由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,可得:7=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=(a+c)2-18,
解得:a+c=5.
(2)∵2cosC(+)=c2,
∴2cosC(accosB+bccosA)=c2,可得:2cosC(acosB+bcosA)=c,
∴由正弦定理可得:2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC,即2cosCsinC=sinC,
∵sinC≠0,
∴cosC=,
∵C∈(0,π),
∴C=.
【点睛】本题主要考查了三角形面积公式,余弦定理,平面向量数量积的运算,正弦定理,三角函数恒等变换的应用在解三角形中的应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题.
18.如图,在直三棱柱中,,.
(1)下图给出了该直三棱柱三视图中的主视图,请据此画出它的左视图和俯视图.
(2)若是的中点,求四棱锥的体积.
【答案】(1)
(2) 2
【解析】
【分析】
(1)该立体几何图形为直三棱柱,且侧视图为边长为2的正方形,俯视图为腰长为2的等腰直角三角形.
(2) 四棱锥底面为直角梯形,高为,再求解体积即可.
【详解】(1)直三棱柱的左视图和俯视图如图所示
(2)由题意有四棱锥底面为直角梯形,高为,
此时 .
故四棱锥的体积为2.
【点睛】本题主要考查了三视图的问题以及几何体的体积问题,属于基础题型.
19.点为平面上一点,有如下三个结论:
①若,则点为的______;
②若,则点为的______;
③若,则点为的______.
回答以下两个小问:
(1)请你从以下四个选项中分别选出一项,填在相应的横线上.
A. 重心 B. 外心 C. 内心 D. 垂心
(2)请你证明结论②.
【答案】(1)①重心;②内心;③外心. (2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)对①,化为分析即可.
对②,通过运算证明即可证明点在的角平分线上,同理可证点在的角平分线上即可.
对③,先证明点为平面上一点,则满足,不全为0的点是唯一的,再论证当为外心时满足即可.
【详解】(1)对①,因为,故,取中点为,
则,故在边的中线上.同理在边的中线上,故为的重心.
对②,同解析(2).
对③,先证明点为平面上一点,则满足,不全为0的点是唯一的.
证明:假设还有一点满足,则有,即
,故,此时重合.
所以点是唯一的.
再证若为外心时, .
证明:因为
所以设的外接圆半径为则
即.
综上所述, 为外心.
(2)对,由正弦定理有.
故,故.
即
故,故在 的角平分线上,同理可证点在 的角平分线上.故为的内心.
【点睛】本题主要考查利用向量证明三角形的“四心”问题,需要根据对应的性质进行向量的运用化简,属于难题.
20.已知椭圆:的右焦点为,短轴长为2,过定点的直线交椭圆于不同的两点、(点在点,之间).
(1)求椭圆的方程;
(2)若,求实数的取值范围;
(3)若射线交椭圆于点(为原点),求面积的最大值.
【答案】(1) ;(2) ;(3)
【解析】
【分析】
(1)根据椭圆的基本量之间的关系求解即可.
(2)分直线斜率存在于不存在两种情况,当斜率存在时,联立方程利用韦达定理与从而找到韦达定理与的不等式再求解即可.
(3) 的面积为的两倍,故求得面积最值即可.
【详解】(1)因为右焦点为,故.又短轴长为2,故,解得
故椭圆的方程:
(2)当直线斜率不存在时, 直线,此时,故,此时,
当直线斜率存在时,设直线,.联立直线与椭圆
有,此时,.
.
又,即 ,故
又即,
又因为,故,即,故
有基本不等式,故计算得
,又,故
综上
(3) ,
令 ,则
故面积的最大值为
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系,联立方程列出韦达定理再表示题中所给的信息计算求解.其中用去建立与韦达定理之间的关系,的面积利用两倍的面积去代换,属于难题.
21.已知函数为奇函数,,其中.
(1)若函数的图像过点,求实数和的值;
(2)若,试判断函数在上的单调性并证明;
(3)设函数,若对每一个不小于3实数,都恰有一个小于3的实数,使得成立,求实数的取值范围.
【答案】(1) ; (2)在上单调递增;
(3)
【解析】
【分析】
(1)由奇函数可得,再代入即可.
(2)设再计算的正负即可判断单调性.
(3)由题意可分,与三种情况进行讨论再根据与的值域关系进行不等式求解.
【详解】(1)因为为奇函数,故,又函数的图像过点故.即.
(2)由题,,
当时, ,设,
则
因为,故,,,
故.所以
故在上单调递增.
(3)当时,
当时,
1.当时,, ,又,
不满足条件,
2.当时, ,,
又,,
由题意恒成立,故满足条件.
3.当时, ,,
,,
由题意有,此时,即
令函数,易得为减函数且.
则解可得.此时
综上
【点睛】本题主要考查了奇函数的运用与单调性的证明,同时也考查了分段函数的分段与参数的讨论等,其中题目中有“对每一个不小于3的实数,都恰有一个小于3的实数,使得成立”可考虑到分三种情况讨论,属于难题.