上海市复旦大学附属中学2020届高三上学期开学摸底数学试题

上海市复旦大学附属中学2020届高三上学期开学摸底数学试题

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.‎ ‎ ‎