上海市奉贤区2022届高三数学一模试卷解析版
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.
