上海市宝山区2022届高三数学二模试卷及答案
.有限公司法律风险防范指引手册3 .目 录第一章 总则11.1【建设工程施工合同的特点】11.2【施工企业风险识别】21.3【施工企业风险防范】3第二章 业务承接阶段的法律风险与防范32.1【承接应公开招标而未公开招标项目的风险与防
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＝ ．2．如果函数y=2x−3，x>0f(x)，xb”是“a−c>b−d”的（ ）A．充分而不必要条件B．充要条件C．必要而不充分
简介：高三数学模拟卷一、填空题1．设集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则实数a= 【答案】0，2【知识点】集合的包含关系判断及应用【解析】【解答】集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则a∈M且a≠1，所以a=0或2，故答案为：0，2【分析】由M⊇N，可得a∈M且a≠1，即可求解。2．已知i为虚数单位，若复数z=13+4i，则|z|= ．【答案】15【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模【解析】【解答】z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=3−4i25，所以|z|=|3−4i|25=9+1625=15.故答案为：15【分析】由复数的乘除运算化简z，代入模长公式即可。3．不等式x3x−2>2的解集是 【答案】(23，45)【知识点】其他不等式的解法【解析】【解答】x3x−2>2⇔x3x−2−2>0⇔4−5x3x−2>0⇔5x−43x−2<0⇔(5x−4)(3x−2)<0⇔23 2移项通分可得(5x−4)(3x−2)<0即可求解。4．若方程组ax+2y=32x+ay=2无解，则实数a= ．【答案】±2【知识点】两条直线平行的判定；两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】【解答】因为方程组ax+2y=32x+ay=2无解，所以两直线平行，可得a×a−2×2=0⇒a=±2.【分析】由方程组无解，转换成两直线平行，即可求解。5．从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为 .【答案】133【知识点】极差、方差与标准差【解析】【解答】6个样本的平均数x=4+5+6+10+7+46=6，所以方差s2=16[(4−6)2+(5−6)2+(6−6)2+(10−6)2+(7−6)2+(4−6)2]=266=133.故答案为：133【分析】求得平均数，再代入方差计算公式即可。6．若数列{an}的前n项和Sn=23an+13，则数列{an}的通项an= .【答案】(−2)n−1【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定【解析】【解答】当n=1时，a1=S1=23a1+13，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(23an+13)−(23an−1+13)=23an−23an−1，整理可得13an=−23an−1，即anan−1=−2， 故数列{an}是以1为首项，−2为公比的等比数列，所以an=(−2)n−1.另n=1时，a1=1也满足上式，综上可得，数列{an}的通项为an=(−2)n−1.故答案为：(−2)n−1【分析】通过作差法可得anan−1=−2，验证n=1，即可求解。7．二项式(3x−1x)15展开式中的常数项是 ．【答案】5005【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用【解析】【解答】二项式(3x−1x)15展开式的通项为C15k⋅(3x)15−k⋅(−1x)k=C15k⋅(−1)k⋅x5−5k6，令5−5k6=0，得k=6，因此，该二项式展开式中的常数项为C156⋅(−1)6=5005.故答案为：5005.【分析】写出二项式(3x−1x)15展开式的通项，令x的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.8．小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为 ．【答案】19【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式【解析】【解答】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有C92=36种，甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有(5，1，4)，(5，4，1)，(5，2，3)，(5，3，2)共4种，所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为19，故答案为：19【分析】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，利用隔板法可确定分成三份的种数有36种，列出甲抢到5分钱的情况，即可求解。9．如图，F为双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的右焦点，过F作直线l与圆x2+y2=b2切于点M，与双曲线交于点P，且M恰为线段PF的中点，则双曲线的渐近线方程是 .【答案】y=±2x【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质【解析】【解答】解：设左焦点为F1，由题设知，|PF|=2a，|PF1|=4a，∠F1PF=90°，∴16a2+4a2=4c2，∴c=5a，∴b=2a，∴双曲线的渐近线方程是y=±2x．故答案为y=±2x．【分析】设左焦点为F1，由题意可得16a2+4a2=4c2即可求解。10．若函数f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)在[0，π]的值域为[−1，22]，则ω的取值范围是 【答案】[34，32]【知识点】余弦函数的定义域和值域；复合三角函数的单调性；三角函数的最值【解析】【解答】因为x∈[0，π]，且ω>0，故可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，因为y=cosx在区间[π4，π]单调递减，在[π，7π4]单调递增，且cosπ4=22=cos7π4，cosπ=−1，故要满足题意，只需π≤(w+14)π≤7π4解得ω∈[34，32].故答案为：[34，32].【分析】由x的范围可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，再结合y=cosx的单调性，可确定π≤(ω+14)π≤7π4，解不等式即可。11．若分段函数f(x)=3sin2xx≤02x−3x>0，将函数y=|f(x)−f(a)|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当−2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是 ；【答案】[4，60]【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值 【解析】【解答】由f(x)=3sin2x，x⩽02x−3，x>0，得f（2）=1，则y=|f(x)−f（a）|=|f(x)−1|，作出函数f(x)的图象如图所示：当−2⩽m⩽−1时，|f(x)−1|max=|(−3)−1|=4；当m>−1时，m+4>3，2m+4−3−1=2m+4−4>4，∴当−1 −1的最大值，从而得到Za[m，m+4]=2m+4−4，即可求解。12．已知向量a，b满足|a|=3，|b|=1，若存在不同的实数λ1,λ2(λ1λ2≠0)，使得ci=λia+3λib，且(ci−a)⋅(ci−b)=0(i=1,2),则|c1−c2|的取值范围是 【答案】[2,22)∪[22，23)【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算【解析】【解答】c1−a=(λ1−1)a+3λ1b，c1−b=λ1a+(3λ1−1)b，设a⋅b=k（−3≤k≤3），由(c1−a)⋅(c1−b)=0得c12−(a+b)⋅c1+a⋅b=0，整理得6(k+3)λ12−4(k+3)λ1+k=0，同理6(k+3)λ22−4(k+3)λ2+k=0，所以λ1,λ2是方程6(k+3)x2−4(k+3)x+k=0的两根，由λ1λ2≠0得k≠0，k=−3时方程无解，故k≠0且k≠−3，Δ=8(k+3)(6−k)>0，λ1+λ2=23，λ1λ2=k6(k+3)，所以|λ1−λ2|=(λ1+λ2)2−4λ1λ2=49−4k6(k+3)=8(k+3)(6−k)6(k+3)，|a+3b|=(a+3b)2=a2+6a⋅b+9b2=6(k+3)，所以|c1−c2|=|λ1−λ2||a+3b|=6(k+3)|λ1−λ2|=43(6−k)，由−3 0，则“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】基本不等式【解析】【解答】由题意得，x+ax≥2⇔(x+ax)min≥2⇔2a≥2⇔a≥1，故“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的充分不必要条件，故答案为：A．【分析】先求命题“对任意的正数x，不等式x+ax≥2成立”的充要条件，再利用集合法判断两命题间的充分必要关系.14．已知0>a>b，若limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，则（ ）A．a=−25B．a=−5C．b=−25D．b=-5【答案】D【知识点】极限及其运算【解析】【解答】因为0>a>b，且limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，所以0 0)（1）设y=f(x+θ)(0 0，所以k=0，故−5π63w≤−π2 0）.由|3×0+3|10=6105，解得x0=3，所以Q(3,3).故直线AQ的方程为y=−(x−6)，由y=−3xx+y−6=0得x=−3,y=9,即B(−3,9)，故AB=(−3−6)2+92=92，答：水上旅游线AB的长为92km.（2）解：将喷泉记为圆P，由题意可得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，所以C(−3+t,9−t).若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，当t=0时，上式成立，当t∈(0,9]时，2a 0)，由点到直线距离，求出Q(3，3)，从而直线AQ的方程为y=−(x−6)，联产方程组求出B的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆P，由题意得P(3，9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，从而C(−3+t，9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.20．定义符号函数sgn(x)=1x≥0−1x<0，已知函数f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a).（1）已知f(1)≤f(0)，求实数a的取值集合；（2）当a=1时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，求k的取值集合； （3）已知f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值集合；【答案】（1）解：因为f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0，所以f(1)≤f(0)⇔a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，解得：a≤12或a≥32，所以实数a的取值集合为(−∞，12]∪[32，+∞).（2）解：当a=1时，f(x)=x2−2x(x2−1)，x2−1≥0，x2+2x(x2−1)，x2−1<0，所以f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1时，f(x)≥f(1)⇔x2+2x(x2−a)≥3−2a⇔2a(x−1)≤2×3+x2−3，所以2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，所以2a≥2+3+3=8⇒a≥4.②当0 1，f(0)=0进而得到a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，求解即可；（2）由a=1得到f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1和0 1时，问题可转换成2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，即可求解；②当0 1满足an=1？请说明理由．【答案】（1）解：a8=6，a9=3，a10=8．（2）证明：先证“充分性”．当m为偶数时，若an为奇数，则an+1为奇数．因为a1=1为奇数，所以归纳可得，对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，所以an+1−an=m>0，所以数列{an}单调递增．再证“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，则ak+1=ak2 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，所以a2=1+m≤2m且a2为偶数，a3=1+m2≤m．假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．当ak为奇数时，ak+1=ak+m≤2m，且ak+1为偶数；当ak为偶数时，ak+1=ak2≤m．所以若ak+1为奇数，则ak+1≤m；若ak+1为偶数，则ak+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有an≤2m．所以正整数数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=ar1−m，as1−1=as1−m，所以ar1−1=as1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1 1满足an=1．【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列递推式【解析】【分析】（1）由赋值法逐个计算即可；（2）分两步证明：“充分性”．当m为偶数时，归纳可得对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，即可证；“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，可得ak+1 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，可得a2≤2m，a3≤m．进而假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．从而有，ak+1≤2m，或ak+1≤m．进而可说明对∀n∈N∗都有an≤2m．从而得到数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=as1−1．从而说明若r1>1时有r1−1∈B且r1−1 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简介：高三数学模拟卷一、填空题1．设集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则实数a= 【答案】0，2【知识点】集合的包含关系判断及应用【解析】【解答】集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则a∈M且a≠1，所以a=0或2，故答案为：0，2【分析】由M⊇N，可得a∈M且a≠1，即可求解。2．已知i为虚数单位，若复数z=13+4i，则|z|= ．【答案】15【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模【解析】【解答】z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=3−4i25，所以|z|=|3−4i|25=9+1625=15.故答案为：15【分析】由复数的乘除运算化简z，代入模长公式即可。3．不等式x3x−2>2的解集是 【答案】(23，45)【知识点】其他不等式的解法【解析】【解答】x3x−2>2⇔x3x−2−2>0⇔4−5x3x−2>0⇔5x−43x−2<0⇔(5x−4)(3x−2)<0⇔23 2移项通分可得(5x−4)(3x−2)<0即可求解。4．若方程组ax+2y=32x+ay=2无解，则实数a= ．【答案】±2【知识点】两条直线平行的判定；两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】【解答】因为方程组ax+2y=32x+ay=2无解，所以两直线平行，可得a×a−2×2=0⇒a=±2.【分析】由方程组无解，转换成两直线平行，即可求解。5．从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为 .【答案】133【知识点】极差、方差与标准差【解析】【解答】6个样本的平均数x=4+5+6+10+7+46=6，所以方差s2=16[(4−6)2+(5−6)2+(6−6)2+(10−6)2+(7−6)2+(4−6)2]=266=133.故答案为：133【分析】求得平均数，再代入方差计算公式即可。6．若数列{an}的前n项和Sn=23an+13，则数列{an}的通项an= .【答案】(−2)n−1【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定【解析】【解答】当n=1时，a1=S1=23a1+13，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(23an+13)−(23an−1+13)=23an−23an−1，整理可得13an=−23an−1，即anan−1=−2， 故数列{an}是以1为首项，−2为公比的等比数列，所以an=(−2)n−1.另n=1时，a1=1也满足上式，综上可得，数列{an}的通项为an=(−2)n−1.故答案为：(−2)n−1【分析】通过作差法可得anan−1=−2，验证n=1，即可求解。7．二项式(3x−1x)15展开式中的常数项是 ．【答案】5005【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用【解析】【解答】二项式(3x−1x)15展开式的通项为C15k⋅(3x)15−k⋅(−1x)k=C15k⋅(−1)k⋅x5−5k6，令5−5k6=0，得k=6，因此，该二项式展开式中的常数项为C156⋅(−1)6=5005.故答案为：5005.【分析】写出二项式(3x−1x)15展开式的通项，令x的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.8．小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为 ．【答案】19【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式【解析】【解答】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有C92=36种，甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有(5，1，4)，(5，4，1)，(5，2，3)，(5，3，2)共4种，所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为19，故答案为：19【分析】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，利用隔板法可确定分成三份的种数有36种，列出甲抢到5分钱的情况，即可求解。9．如图，F为双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的右焦点，过F作直线l与圆x2+y2=b2切于点M，与双曲线交于点P，且M恰为线段PF的中点，则双曲线的渐近线方程是 .【答案】y=±2x【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质【解析】【解答】解：设左焦点为F1，由题设知，|PF|=2a，|PF1|=4a，∠F1PF=90°，∴16a2+4a2=4c2，∴c=5a，∴b=2a，∴双曲线的渐近线方程是y=±2x．故答案为y=±2x．【分析】设左焦点为F1，由题意可得16a2+4a2=4c2即可求解。10．若函数f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)在[0，π]的值域为[−1，22]，则ω的取值范围是 【答案】[34，32]【知识点】余弦函数的定义域和值域；复合三角函数的单调性；三角函数的最值【解析】【解答】因为x∈[0，π]，且ω>0，故可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，因为y=cosx在区间[π4，π]单调递减，在[π，7π4]单调递增，且cosπ4=22=cos7π4，cosπ=−1，故要满足题意，只需π≤(w+14)π≤7π4解得ω∈[34，32].故答案为：[34，32].【分析】由x的范围可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，再结合y=cosx的单调性，可确定π≤(ω+14)π≤7π4，解不等式即可。11．若分段函数f(x)=3sin2xx≤02x−3x>0，将函数y=|f(x)−f(a)|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当−2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是 ；【答案】[4，60]【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值 【解析】【解答】由f(x)=3sin2x，x⩽02x−3，x>0，得f（2）=1，则y=|f(x)−f（a）|=|f(x)−1|，作出函数f(x)的图象如图所示：当−2⩽m⩽−1时，|f(x)−1|max=|(−3)−1|=4；当m>−1时，m+4>3，2m+4−3−1=2m+4−4>4，∴当−1 −1的最大值，从而得到Za[m，m+4]=2m+4−4，即可求解。12．已知向量a，b满足|a|=3，|b|=1，若存在不同的实数λ1,λ2(λ1λ2≠0)，使得ci=λia+3λib，且(ci−a)⋅(ci−b)=0(i=1,2),则|c1−c2|的取值范围是 【答案】[2,22)∪[22，23)【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算【解析】【解答】c1−a=(λ1−1)a+3λ1b，c1−b=λ1a+(3λ1−1)b，设a⋅b=k（−3≤k≤3），由(c1−a)⋅(c1−b)=0得c12−(a+b)⋅c1+a⋅b=0，整理得6(k+3)λ12−4(k+3)λ1+k=0，同理6(k+3)λ22−4(k+3)λ2+k=0，所以λ1,λ2是方程6(k+3)x2−4(k+3)x+k=0的两根，由λ1λ2≠0得k≠0，k=−3时方程无解，故k≠0且k≠−3，Δ=8(k+3)(6−k)>0，λ1+λ2=23，λ1λ2=k6(k+3)，所以|λ1−λ2|=(λ1+λ2)2−4λ1λ2=49−4k6(k+3)=8(k+3)(6−k)6(k+3)，|a+3b|=(a+3b)2=a2+6a⋅b+9b2=6(k+3)，所以|c1−c2|=|λ1−λ2||a+3b|=6(k+3)|λ1−λ2|=43(6−k)，由−3 0，则“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】基本不等式【解析】【解答】由题意得，x+ax≥2⇔(x+ax)min≥2⇔2a≥2⇔a≥1，故“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的充分不必要条件，故答案为：A．【分析】先求命题“对任意的正数x，不等式x+ax≥2成立”的充要条件，再利用集合法判断两命题间的充分必要关系.14．已知0>a>b，若limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，则（ ）A．a=−25B．a=−5C．b=−25D．b=-5【答案】D【知识点】极限及其运算【解析】【解答】因为0>a>b，且limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，所以0 0)（1）设y=f(x+θ)(0 0，所以k=0，故−5π63w≤−π2 0）.由|3×0+3|10=6105，解得x0=3，所以Q(3,3).故直线AQ的方程为y=−(x−6)，由y=−3xx+y−6=0得x=−3,y=9,即B(−3,9)，故AB=(−3−6)2+92=92，答：水上旅游线AB的长为92km.（2）解：将喷泉记为圆P，由题意可得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，所以C(−3+t,9−t).若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，当t=0时，上式成立，当t∈(0,9]时，2a 0)，由点到直线距离，求出Q(3，3)，从而直线AQ的方程为y=−(x−6)，联产方程组求出B的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆P，由题意得P(3，9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，从而C(−3+t，9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.20．定义符号函数sgn(x)=1x≥0−1x<0，已知函数f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a).（1）已知f(1)≤f(0)，求实数a的取值集合；（2）当a=1时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，求k的取值集合； （3）已知f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值集合；【答案】（1）解：因为f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0，所以f(1)≤f(0)⇔a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，解得：a≤12或a≥32，所以实数a的取值集合为(−∞，12]∪[32，+∞).（2）解：当a=1时，f(x)=x2−2x(x2−1)，x2−1≥0，x2+2x(x2−1)，x2−1<0，所以f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1时，f(x)≥f(1)⇔x2+2x(x2−a)≥3−2a⇔2a(x−1)≤2×3+x2−3，所以2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，所以2a≥2+3+3=8⇒a≥4.②当0 1，f(0)=0进而得到a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，求解即可；（2）由a=1得到f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1和0 1时，问题可转换成2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，即可求解；②当0 1满足an=1？请说明理由．【答案】（1）解：a8=6，a9=3，a10=8．（2）证明：先证“充分性”．当m为偶数时，若an为奇数，则an+1为奇数．因为a1=1为奇数，所以归纳可得，对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，所以an+1−an=m>0，所以数列{an}单调递增．再证“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，则ak+1=ak2 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，所以a2=1+m≤2m且a2为偶数，a3=1+m2≤m．假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．当ak为奇数时，ak+1=ak+m≤2m，且ak+1为偶数；当ak为偶数时，ak+1=ak2≤m．所以若ak+1为奇数，则ak+1≤m；若ak+1为偶数，则ak+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有an≤2m．所以正整数数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=ar1−m，as1−1=as1−m，所以ar1−1=as1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1 1满足an=1．【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列递推式【解析】【分析】（1）由赋值法逐个计算即可；（2）分两步证明：“充分性”．当m为偶数时，归纳可得对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，即可证；“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，可得ak+1 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，可得a2≤2m，a3≤m．进而假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．从而有，ak+1≤2m，或ak+1≤m．进而可说明对∀n∈N∗都有an≤2m．从而得到数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=as1−1．从而说明若r1>1时有r1−1∈B且r1−1 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简介：高三数学模拟卷一、填空题1．设集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则实数a= 【答案】0，2【知识点】集合的包含关系判断及应用【解析】【解答】集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则a∈M且a≠1，所以a=0或2，故答案为：0，2【分析】由M⊇N，可得a∈M且a≠1，即可求解。2．已知i为虚数单位，若复数z=13+4i，则|z|= ．【答案】15【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模【解析】【解答】z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=3−4i25，所以|z|=|3−4i|25=9+1625=15.故答案为：15【分析】由复数的乘除运算化简z，代入模长公式即可。3．不等式x3x−2>2的解集是 【答案】(23，45)【知识点】其他不等式的解法【解析】【解答】x3x−2>2⇔x3x−2−2>0⇔4−5x3x−2>0⇔5x−43x−2<0⇔(5x−4)(3x−2)<0⇔23 2移项通分可得(5x−4)(3x−2)<0即可求解。4．若方程组ax+2y=32x+ay=2无解，则实数a= ．【答案】±2【知识点】两条直线平行的判定；两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】【解答】因为方程组ax+2y=32x+ay=2无解，所以两直线平行，可得a×a−2×2=0⇒a=±2.【分析】由方程组无解，转换成两直线平行，即可求解。5．从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为 .【答案】133【知识点】极差、方差与标准差【解析】【解答】6个样本的平均数x=4+5+6+10+7+46=6，所以方差s2=16[(4−6)2+(5−6)2+(6−6)2+(10−6)2+(7−6)2+(4−6)2]=266=133.故答案为：133【分析】求得平均数，再代入方差计算公式即可。6．若数列{an}的前n项和Sn=23an+13，则数列{an}的通项an= .【答案】(−2)n−1【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定【解析】【解答】当n=1时，a1=S1=23a1+13，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(23an+13)−(23an−1+13)=23an−23an−1，整理可得13an=−23an−1，即anan−1=−2， 故数列{an}是以1为首项，−2为公比的等比数列，所以an=(−2)n−1.另n=1时，a1=1也满足上式，综上可得，数列{an}的通项为an=(−2)n−1.故答案为：(−2)n−1【分析】通过作差法可得anan−1=−2，验证n=1，即可求解。7．二项式(3x−1x)15展开式中的常数项是 ．【答案】5005【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用【解析】【解答】二项式(3x−1x)15展开式的通项为C15k⋅(3x)15−k⋅(−1x)k=C15k⋅(−1)k⋅x5−5k6，令5−5k6=0，得k=6，因此，该二项式展开式中的常数项为C156⋅(−1)6=5005.故答案为：5005.【分析】写出二项式(3x−1x)15展开式的通项，令x的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.8．小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为 ．【答案】19【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式【解析】【解答】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有C92=36种，甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有(5，1，4)，(5，4，1)，(5，2，3)，(5，3，2)共4种，所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为19，故答案为：19【分析】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，利用隔板法可确定分成三份的种数有36种，列出甲抢到5分钱的情况，即可求解。9．如图，F为双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的右焦点，过F作直线l与圆x2+y2=b2切于点M，与双曲线交于点P，且M恰为线段PF的中点，则双曲线的渐近线方程是 .【答案】y=±2x【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质【解析】【解答】解：设左焦点为F1，由题设知，|PF|=2a，|PF1|=4a，∠F1PF=90°，∴16a2+4a2=4c2，∴c=5a，∴b=2a，∴双曲线的渐近线方程是y=±2x．故答案为y=±2x．【分析】设左焦点为F1，由题意可得16a2+4a2=4c2即可求解。10．若函数f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)在[0，π]的值域为[−1，22]，则ω的取值范围是 【答案】[34，32]【知识点】余弦函数的定义域和值域；复合三角函数的单调性；三角函数的最值【解析】【解答】因为x∈[0，π]，且ω>0，故可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，因为y=cosx在区间[π4，π]单调递减，在[π，7π4]单调递增，且cosπ4=22=cos7π4，cosπ=−1，故要满足题意，只需π≤(w+14)π≤7π4解得ω∈[34，32].故答案为：[34，32].【分析】由x的范围可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，再结合y=cosx的单调性，可确定π≤(ω+14)π≤7π4，解不等式即可。11．若分段函数f(x)=3sin2xx≤02x−3x>0，将函数y=|f(x)−f(a)|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当−2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是 ；【答案】[4，60]【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值 【解析】【解答】由f(x)=3sin2x，x⩽02x−3，x>0，得f（2）=1，则y=|f(x)−f（a）|=|f(x)−1|，作出函数f(x)的图象如图所示：当−2⩽m⩽−1时，|f(x)−1|max=|(−3)−1|=4；当m>−1时，m+4>3，2m+4−3−1=2m+4−4>4，∴当−1 −1的最大值，从而得到Za[m，m+4]=2m+4−4，即可求解。12．已知向量a，b满足|a|=3，|b|=1，若存在不同的实数λ1,λ2(λ1λ2≠0)，使得ci=λia+3λib，且(ci−a)⋅(ci−b)=0(i=1,2),则|c1−c2|的取值范围是 【答案】[2,22)∪[22，23)【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算【解析】【解答】c1−a=(λ1−1)a+3λ1b，c1−b=λ1a+(3λ1−1)b，设a⋅b=k（−3≤k≤3），由(c1−a)⋅(c1−b)=0得c12−(a+b)⋅c1+a⋅b=0，整理得6(k+3)λ12−4(k+3)λ1+k=0，同理6(k+3)λ22−4(k+3)λ2+k=0，所以λ1,λ2是方程6(k+3)x2−4(k+3)x+k=0的两根，由λ1λ2≠0得k≠0，k=−3时方程无解，故k≠0且k≠−3，Δ=8(k+3)(6−k)>0，λ1+λ2=23，λ1λ2=k6(k+3)，所以|λ1−λ2|=(λ1+λ2)2−4λ1λ2=49−4k6(k+3)=8(k+3)(6−k)6(k+3)，|a+3b|=(a+3b)2=a2+6a⋅b+9b2=6(k+3)，所以|c1−c2|=|λ1−λ2||a+3b|=6(k+3)|λ1−λ2|=43(6−k)，由−3 0，则“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】基本不等式【解析】【解答】由题意得，x+ax≥2⇔(x+ax)min≥2⇔2a≥2⇔a≥1，故“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的充分不必要条件，故答案为：A．【分析】先求命题“对任意的正数x，不等式x+ax≥2成立”的充要条件，再利用集合法判断两命题间的充分必要关系.14．已知0>a>b，若limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，则（ ）A．a=−25B．a=−5C．b=−25D．b=-5【答案】D【知识点】极限及其运算【解析】【解答】因为0>a>b，且limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，所以0 0)（1）设y=f(x+θ)(0 0，所以k=0，故−5π63w≤−π2 0）.由|3×0+3|10=6105，解得x0=3，所以Q(3,3).故直线AQ的方程为y=−(x−6)，由y=−3xx+y−6=0得x=−3,y=9,即B(−3,9)，故AB=(−3−6)2+92=92，答：水上旅游线AB的长为92km.（2）解：将喷泉记为圆P，由题意可得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，所以C(−3+t,9−t).若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，当t=0时，上式成立，当t∈(0,9]时，2a 0)，由点到直线距离，求出Q(3，3)，从而直线AQ的方程为y=−(x−6)，联产方程组求出B的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆P，由题意得P(3，9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，从而C(−3+t，9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.20．定义符号函数sgn(x)=1x≥0−1x<0，已知函数f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a).（1）已知f(1)≤f(0)，求实数a的取值集合；（2）当a=1时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，求k的取值集合； （3）已知f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值集合；【答案】（1）解：因为f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0，所以f(1)≤f(0)⇔a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，解得：a≤12或a≥32，所以实数a的取值集合为(−∞，12]∪[32，+∞).（2）解：当a=1时，f(x)=x2−2x(x2−1)，x2−1≥0，x2+2x(x2−1)，x2−1<0，所以f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1时，f(x)≥f(1)⇔x2+2x(x2−a)≥3−2a⇔2a(x−1)≤2×3+x2−3，所以2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，所以2a≥2+3+3=8⇒a≥4.②当0 1，f(0)=0进而得到a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，求解即可；（2）由a=1得到f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1和0 1时，问题可转换成2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，即可求解；②当0 1满足an=1？请说明理由．【答案】（1）解：a8=6，a9=3，a10=8．（2）证明：先证“充分性”．当m为偶数时，若an为奇数，则an+1为奇数．因为a1=1为奇数，所以归纳可得，对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，所以an+1−an=m>0，所以数列{an}单调递增．再证“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，则ak+1=ak2 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，所以a2=1+m≤2m且a2为偶数，a3=1+m2≤m．假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．当ak为奇数时，ak+1=ak+m≤2m，且ak+1为偶数；当ak为偶数时，ak+1=ak2≤m．所以若ak+1为奇数，则ak+1≤m；若ak+1为偶数，则ak+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有an≤2m．所以正整数数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=ar1−m，as1−1=as1−m，所以ar1−1=as1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1 1满足an=1．【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列递推式【解析】【分析】（1）由赋值法逐个计算即可；（2）分两步证明：“充分性”．当m为偶数时，归纳可得对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，即可证；“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，可得ak+1 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，可得a2≤2m，a3≤m．进而假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．从而有，ak+1≤2m，或ak+1≤m．进而可说明对∀n∈N∗都有an≤2m．从而得到数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=as1−1．从而说明若r1>1时有r1−1∈B且r1−1 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简介：高三数学模拟卷一、填空题1．设集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则实数a= 【答案】0，2【知识点】集合的包含关系判断及应用【解析】【解答】集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则a∈M且a≠1，所以a=0或2，故答案为：0，2【分析】由M⊇N，可得a∈M且a≠1，即可求解。2．已知i为虚数单位，若复数z=13+4i，则|z|= ．【答案】15【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模【解析】【解答】z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=3−4i25，所以|z|=|3−4i|25=9+1625=15.故答案为：15【分析】由复数的乘除运算化简z，代入模长公式即可。3．不等式x3x−2>2的解集是 【答案】(23，45)【知识点】其他不等式的解法【解析】【解答】x3x−2>2⇔x3x−2−2>0⇔4−5x3x−2>0⇔5x−43x−2<0⇔(5x−4)(3x−2)<0⇔23 2移项通分可得(5x−4)(3x−2)<0即可求解。4．若方程组ax+2y=32x+ay=2无解，则实数a= ．【答案】±2【知识点】两条直线平行的判定；两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】【解答】因为方程组ax+2y=32x+ay=2无解，所以两直线平行，可得a×a−2×2=0⇒a=±2.【分析】由方程组无解，转换成两直线平行，即可求解。5．从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为 .【答案】133【知识点】极差、方差与标准差【解析】【解答】6个样本的平均数x=4+5+6+10+7+46=6，所以方差s2=16[(4−6)2+(5−6)2+(6−6)2+(10−6)2+(7−6)2+(4−6)2]=266=133.故答案为：133【分析】求得平均数，再代入方差计算公式即可。6．若数列{an}的前n项和Sn=23an+13，则数列{an}的通项an= .【答案】(−2)n−1【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定【解析】【解答】当n=1时，a1=S1=23a1+13，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(23an+13)−(23an−1+13)=23an−23an−1，整理可得13an=−23an−1，即anan−1=−2， 故数列{an}是以1为首项，−2为公比的等比数列，所以an=(−2)n−1.另n=1时，a1=1也满足上式，综上可得，数列{an}的通项为an=(−2)n−1.故答案为：(−2)n−1【分析】通过作差法可得anan−1=−2，验证n=1，即可求解。7．二项式(3x−1x)15展开式中的常数项是 ．【答案】5005【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用【解析】【解答】二项式(3x−1x)15展开式的通项为C15k⋅(3x)15−k⋅(−1x)k=C15k⋅(−1)k⋅x5−5k6，令5−5k6=0，得k=6，因此，该二项式展开式中的常数项为C156⋅(−1)6=5005.故答案为：5005.【分析】写出二项式(3x−1x)15展开式的通项，令x的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.8．小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为 ．【答案】19【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式【解析】【解答】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有C92=36种，甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有(5，1，4)，(5，4，1)，(5，2，3)，(5，3，2)共4种，所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为19，故答案为：19【分析】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，利用隔板法可确定分成三份的种数有36种，列出甲抢到5分钱的情况，即可求解。9．如图，F为双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的右焦点，过F作直线l与圆x2+y2=b2切于点M，与双曲线交于点P，且M恰为线段PF的中点，则双曲线的渐近线方程是 .【答案】y=±2x【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质【解析】【解答】解：设左焦点为F1，由题设知，|PF|=2a，|PF1|=4a，∠F1PF=90°，∴16a2+4a2=4c2，∴c=5a，∴b=2a，∴双曲线的渐近线方程是y=±2x．故答案为y=±2x．【分析】设左焦点为F1，由题意可得16a2+4a2=4c2即可求解。10．若函数f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)在[0，π]的值域为[−1，22]，则ω的取值范围是 【答案】[34，32]【知识点】余弦函数的定义域和值域；复合三角函数的单调性；三角函数的最值【解析】【解答】因为x∈[0，π]，且ω>0，故可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，因为y=cosx在区间[π4，π]单调递减，在[π，7π4]单调递增，且cosπ4=22=cos7π4，cosπ=−1，故要满足题意，只需π≤(w+14)π≤7π4解得ω∈[34，32].故答案为：[34，32].【分析】由x的范围可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，再结合y=cosx的单调性，可确定π≤(ω+14)π≤7π4，解不等式即可。11．若分段函数f(x)=3sin2xx≤02x−3x>0，将函数y=|f(x)−f(a)|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当−2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是 ；【答案】[4，60]【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值 【解析】【解答】由f(x)=3sin2x，x⩽02x−3，x>0，得f（2）=1，则y=|f(x)−f（a）|=|f(x)−1|，作出函数f(x)的图象如图所示：当−2⩽m⩽−1时，|f(x)−1|max=|(−3)−1|=4；当m>−1时，m+4>3，2m+4−3−1=2m+4−4>4，∴当−1 −1的最大值，从而得到Za[m，m+4]=2m+4−4，即可求解。12．已知向量a，b满足|a|=3，|b|=1，若存在不同的实数λ1,λ2(λ1λ2≠0)，使得ci=λia+3λib，且(ci−a)⋅(ci−b)=0(i=1,2),则|c1−c2|的取值范围是 【答案】[2,22)∪[22，23)【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算【解析】【解答】c1−a=(λ1−1)a+3λ1b，c1−b=λ1a+(3λ1−1)b，设a⋅b=k（−3≤k≤3），由(c1−a)⋅(c1−b)=0得c12−(a+b)⋅c1+a⋅b=0，整理得6(k+3)λ12−4(k+3)λ1+k=0，同理6(k+3)λ22−4(k+3)λ2+k=0，所以λ1,λ2是方程6(k+3)x2−4(k+3)x+k=0的两根，由λ1λ2≠0得k≠0，k=−3时方程无解，故k≠0且k≠−3，Δ=8(k+3)(6−k)>0，λ1+λ2=23，λ1λ2=k6(k+3)，所以|λ1−λ2|=(λ1+λ2)2−4λ1λ2=49−4k6(k+3)=8(k+3)(6−k)6(k+3)，|a+3b|=(a+3b)2=a2+6a⋅b+9b2=6(k+3)，所以|c1−c2|=|λ1−λ2||a+3b|=6(k+3)|λ1−λ2|=43(6−k)，由−3 0，则“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】基本不等式【解析】【解答】由题意得，x+ax≥2⇔(x+ax)min≥2⇔2a≥2⇔a≥1，故“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的充分不必要条件，故答案为：A．【分析】先求命题“对任意的正数x，不等式x+ax≥2成立”的充要条件，再利用集合法判断两命题间的充分必要关系.14．已知0>a>b，若limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，则（ ）A．a=−25B．a=−5C．b=−25D．b=-5【答案】D【知识点】极限及其运算【解析】【解答】因为0>a>b，且limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，所以0 0)（1）设y=f(x+θ)(0 0，所以k=0，故−5π63w≤−π2 0）.由|3×0+3|10=6105，解得x0=3，所以Q(3,3).故直线AQ的方程为y=−(x−6)，由y=−3xx+y−6=0得x=−3,y=9,即B(−3,9)，故AB=(−3−6)2+92=92，答：水上旅游线AB的长为92km.（2）解：将喷泉记为圆P，由题意可得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，所以C(−3+t,9−t).若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，当t=0时，上式成立，当t∈(0,9]时，2a 0)，由点到直线距离，求出Q(3，3)，从而直线AQ的方程为y=−(x−6)，联产方程组求出B的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆P，由题意得P(3，9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，从而C(−3+t，9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.20．定义符号函数sgn(x)=1x≥0−1x<0，已知函数f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a).（1）已知f(1)≤f(0)，求实数a的取值集合；（2）当a=1时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，求k的取值集合； （3）已知f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值集合；【答案】（1）解：因为f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0，所以f(1)≤f(0)⇔a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，解得：a≤12或a≥32，所以实数a的取值集合为(−∞，12]∪[32，+∞).（2）解：当a=1时，f(x)=x2−2x(x2−1)，x2−1≥0，x2+2x(x2−1)，x2−1<0，所以f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1时，f(x)≥f(1)⇔x2+2x(x2−a)≥3−2a⇔2a(x−1)≤2×3+x2−3，所以2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，所以2a≥2+3+3=8⇒a≥4.②当0 1，f(0)=0进而得到a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，求解即可；（2）由a=1得到f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1和0 1时，问题可转换成2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，即可求解；②当0 1满足an=1？请说明理由．【答案】（1）解：a8=6，a9=3，a10=8．（2）证明：先证“充分性”．当m为偶数时，若an为奇数，则an+1为奇数．因为a1=1为奇数，所以归纳可得，对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，所以an+1−an=m>0，所以数列{an}单调递增．再证“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，则ak+1=ak2 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，所以a2=1+m≤2m且a2为偶数，a3=1+m2≤m．假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．当ak为奇数时，ak+1=ak+m≤2m，且ak+1为偶数；当ak为偶数时，ak+1=ak2≤m．所以若ak+1为奇数，则ak+1≤m；若ak+1为偶数，则ak+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有an≤2m．所以正整数数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=ar1−m，as1−1=as1−m，所以ar1−1=as1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1 1满足an=1．【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列递推式【解析】【分析】（1）由赋值法逐个计算即可；（2）分两步证明：“充分性”．当m为偶数时，归纳可得对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，即可证；“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，可得ak+1 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，可得a2≤2m，a3≤m．进而假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．从而有，ak+1≤2m，或ak+1≤m．进而可说明对∀n∈N∗都有an≤2m．从而得到数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=as1−1．从而说明若r1>1时有r1−1∈B且r1−1 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简介：高三数学模拟卷一、填空题1．设集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则实数a= 【答案】0，2【知识点】集合的包含关系判断及应用【解析】【解答】集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则a∈M且a≠1，所以a=0或2，故答案为：0，2【分析】由M⊇N，可得a∈M且a≠1，即可求解。2．已知i为虚数单位，若复数z=13+4i，则|z|= ．【答案】15【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模【解析】【解答】z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=3−4i25，所以|z|=|3−4i|25=9+1625=15.故答案为：15【分析】由复数的乘除运算化简z，代入模长公式即可。3．不等式x3x−2>2的解集是 【答案】(23，45)【知识点】其他不等式的解法【解析】【解答】x3x−2>2⇔x3x−2−2>0⇔4−5x3x−2>0⇔5x−43x−2<0⇔(5x−4)(3x−2)<0⇔23 2移项通分可得(5x−4)(3x−2)<0即可求解。4．若方程组ax+2y=32x+ay=2无解，则实数a= ．【答案】±2【知识点】两条直线平行的判定；两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】【解答】因为方程组ax+2y=32x+ay=2无解，所以两直线平行，可得a×a−2×2=0⇒a=±2.【分析】由方程组无解，转换成两直线平行，即可求解。5．从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为 .【答案】133【知识点】极差、方差与标准差【解析】【解答】6个样本的平均数x=4+5+6+10+7+46=6，所以方差s2=16[(4−6)2+(5−6)2+(6−6)2+(10−6)2+(7−6)2+(4−6)2]=266=133.故答案为：133【分析】求得平均数，再代入方差计算公式即可。6．若数列{an}的前n项和Sn=23an+13，则数列{an}的通项an= .【答案】(−2)n−1【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定【解析】【解答】当n=1时，a1=S1=23a1+13，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(23an+13)−(23an−1+13)=23an−23an−1，整理可得13an=−23an−1，即anan−1=−2， 故数列{an}是以1为首项，−2为公比的等比数列，所以an=(−2)n−1.另n=1时，a1=1也满足上式，综上可得，数列{an}的通项为an=(−2)n−1.故答案为：(−2)n−1【分析】通过作差法可得anan−1=−2，验证n=1，即可求解。7．二项式(3x−1x)15展开式中的常数项是 ．【答案】5005【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用【解析】【解答】二项式(3x−1x)15展开式的通项为C15k⋅(3x)15−k⋅(−1x)k=C15k⋅(−1)k⋅x5−5k6，令5−5k6=0，得k=6，因此，该二项式展开式中的常数项为C156⋅(−1)6=5005.故答案为：5005.【分析】写出二项式(3x−1x)15展开式的通项，令x的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.8．小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为 ．【答案】19【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式【解析】【解答】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有C92=36种，甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有(5，1，4)，(5，4，1)，(5，2，3)，(5，3，2)共4种，所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为19，故答案为：19【分析】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，利用隔板法可确定分成三份的种数有36种，列出甲抢到5分钱的情况，即可求解。9．如图，F为双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的右焦点，过F作直线l与圆x2+y2=b2切于点M，与双曲线交于点P，且M恰为线段PF的中点，则双曲线的渐近线方程是 .【答案】y=±2x【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质【解析】【解答】解：设左焦点为F1，由题设知，|PF|=2a，|PF1|=4a，∠F1PF=90°，∴16a2+4a2=4c2，∴c=5a，∴b=2a，∴双曲线的渐近线方程是y=±2x．故答案为y=±2x．【分析】设左焦点为F1，由题意可得16a2+4a2=4c2即可求解。10．若函数f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)在[0，π]的值域为[−1，22]，则ω的取值范围是 【答案】[34，32]【知识点】余弦函数的定义域和值域；复合三角函数的单调性；三角函数的最值【解析】【解答】因为x∈[0，π]，且ω>0，故可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，因为y=cosx在区间[π4，π]单调递减，在[π，7π4]单调递增，且cosπ4=22=cos7π4，cosπ=−1，故要满足题意，只需π≤(w+14)π≤7π4解得ω∈[34，32].故答案为：[34，32].【分析】由x的范围可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，再结合y=cosx的单调性，可确定π≤(ω+14)π≤7π4，解不等式即可。11．若分段函数f(x)=3sin2xx≤02x−3x>0，将函数y=|f(x)−f(a)|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当−2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是 ；【答案】[4，60]【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值 【解析】【解答】由f(x)=3sin2x，x⩽02x−3，x>0，得f（2）=1，则y=|f(x)−f（a）|=|f(x)−1|，作出函数f(x)的图象如图所示：当−2⩽m⩽−1时，|f(x)−1|max=|(−3)−1|=4；当m>−1时，m+4>3，2m+4−3−1=2m+4−4>4，∴当−1 −1的最大值，从而得到Za[m，m+4]=2m+4−4，即可求解。12．已知向量a，b满足|a|=3，|b|=1，若存在不同的实数λ1,λ2(λ1λ2≠0)，使得ci=λia+3λib，且(ci−a)⋅(ci−b)=0(i=1,2),则|c1−c2|的取值范围是 【答案】[2,22)∪[22，23)【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算【解析】【解答】c1−a=(λ1−1)a+3λ1b，c1−b=λ1a+(3λ1−1)b，设a⋅b=k（−3≤k≤3），由(c1−a)⋅(c1−b)=0得c12−(a+b)⋅c1+a⋅b=0，整理得6(k+3)λ12−4(k+3)λ1+k=0，同理6(k+3)λ22−4(k+3)λ2+k=0，所以λ1,λ2是方程6(k+3)x2−4(k+3)x+k=0的两根，由λ1λ2≠0得k≠0，k=−3时方程无解，故k≠0且k≠−3，Δ=8(k+3)(6−k)>0，λ1+λ2=23，λ1λ2=k6(k+3)，所以|λ1−λ2|=(λ1+λ2)2−4λ1λ2=49−4k6(k+3)=8(k+3)(6−k)6(k+3)，|a+3b|=(a+3b)2=a2+6a⋅b+9b2=6(k+3)，所以|c1−c2|=|λ1−λ2||a+3b|=6(k+3)|λ1−λ2|=43(6−k)，由−3 0，则“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】基本不等式【解析】【解答】由题意得，x+ax≥2⇔(x+ax)min≥2⇔2a≥2⇔a≥1，故“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的充分不必要条件，故答案为：A．【分析】先求命题“对任意的正数x，不等式x+ax≥2成立”的充要条件，再利用集合法判断两命题间的充分必要关系.14．已知0>a>b，若limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，则（ ）A．a=−25B．a=−5C．b=−25D．b=-5【答案】D【知识点】极限及其运算【解析】【解答】因为0>a>b，且limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，所以0 0)（1）设y=f(x+θ)(0 0，所以k=0，故−5π63w≤−π2 0）.由|3×0+3|10=6105，解得x0=3，所以Q(3,3).故直线AQ的方程为y=−(x−6)，由y=−3xx+y−6=0得x=−3,y=9,即B(−3,9)，故AB=(−3−6)2+92=92，答：水上旅游线AB的长为92km.（2）解：将喷泉记为圆P，由题意可得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，所以C(−3+t,9−t).若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，当t=0时，上式成立，当t∈(0,9]时，2a 0)，由点到直线距离，求出Q(3，3)，从而直线AQ的方程为y=−(x−6)，联产方程组求出B的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆P，由题意得P(3，9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，从而C(−3+t，9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.20．定义符号函数sgn(x)=1x≥0−1x<0，已知函数f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a).（1）已知f(1)≤f(0)，求实数a的取值集合；（2）当a=1时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，求k的取值集合； （3）已知f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值集合；【答案】（1）解：因为f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0，所以f(1)≤f(0)⇔a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，解得：a≤12或a≥32，所以实数a的取值集合为(−∞，12]∪[32，+∞).（2）解：当a=1时，f(x)=x2−2x(x2−1)，x2−1≥0，x2+2x(x2−1)，x2−1<0，所以f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1时，f(x)≥f(1)⇔x2+2x(x2−a)≥3−2a⇔2a(x−1)≤2×3+x2−3，所以2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，所以2a≥2+3+3=8⇒a≥4.②当0 1，f(0)=0进而得到a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，求解即可；（2）由a=1得到f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1和0 1时，问题可转换成2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，即可求解；②当0 1满足an=1？请说明理由．【答案】（1）解：a8=6，a9=3，a10=8．（2）证明：先证“充分性”．当m为偶数时，若an为奇数，则an+1为奇数．因为a1=1为奇数，所以归纳可得，对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，所以an+1−an=m>0，所以数列{an}单调递增．再证“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，则ak+1=ak2 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，所以a2=1+m≤2m且a2为偶数，a3=1+m2≤m．假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．当ak为奇数时，ak+1=ak+m≤2m，且ak+1为偶数；当ak为偶数时，ak+1=ak2≤m．所以若ak+1为奇数，则ak+1≤m；若ak+1为偶数，则ak+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有an≤2m．所以正整数数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=ar1−m，as1−1=as1−m，所以ar1−1=as1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1 1满足an=1．【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列递推式【解析】【分析】（1）由赋值法逐个计算即可；（2）分两步证明：“充分性”．当m为偶数时，归纳可得对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，即可证；“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，可得ak+1 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，可得a2≤2m，a3≤m．进而假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．从而有，ak+1≤2m，或ak+1≤m．进而可说明对∀n∈N∗都有an≤2m．从而得到数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=as1−1．从而说明若r1>1时有r1−1∈B且r1−1 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简介：高三数学模拟卷一、填空题1．设集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则实数a= 【答案】0，2【知识点】集合的包含关系判断及应用【解析】【解答】集合M={0，1，2}，N={1，a}，若M⊇N，则a∈M且a≠1，所以a=0或2，故答案为：0，2【分析】由M⊇N，可得a∈M且a≠1，即可求解。2．已知i为虚数单位，若复数z=13+4i，则|z|= ．【答案】15【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模【解析】【解答】z=13+4i=3−4i(3+4i)(3−4i)=3−4i25，所以|z|=|3−4i|25=9+1625=15.故答案为：15【分析】由复数的乘除运算化简z，代入模长公式即可。3．不等式x3x−2>2的解集是 【答案】(23，45)【知识点】其他不等式的解法【解析】【解答】x3x−2>2⇔x3x−2−2>0⇔4−5x3x−2>0⇔5x−43x−2<0⇔(5x−4)(3x−2)<0⇔23 2移项通分可得(5x−4)(3x−2)<0即可求解。4．若方程组ax+2y=32x+ay=2无解，则实数a= ．【答案】±2【知识点】两条直线平行的判定；两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】【解答】因为方程组ax+2y=32x+ay=2无解，所以两直线平行，可得a×a−2×2=0⇒a=±2.【分析】由方程组无解，转换成两直线平行，即可求解。5．从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为 .【答案】133【知识点】极差、方差与标准差【解析】【解答】6个样本的平均数x=4+5+6+10+7+46=6，所以方差s2=16[(4−6)2+(5−6)2+(6−6)2+(10−6)2+(7−6)2+(4−6)2]=266=133.故答案为：133【分析】求得平均数，再代入方差计算公式即可。6．若数列{an}的前n项和Sn=23an+13，则数列{an}的通项an= .【答案】(−2)n−1【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定【解析】【解答】当n=1时，a1=S1=23a1+13，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(23an+13)−(23an−1+13)=23an−23an−1，整理可得13an=−23an−1，即anan−1=−2， 故数列{an}是以1为首项，−2为公比的等比数列，所以an=(−2)n−1.另n=1时，a1=1也满足上式，综上可得，数列{an}的通项为an=(−2)n−1.故答案为：(−2)n−1【分析】通过作差法可得anan−1=−2，验证n=1，即可求解。7．二项式(3x−1x)15展开式中的常数项是 ．【答案】5005【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用【解析】【解答】二项式(3x−1x)15展开式的通项为C15k⋅(3x)15−k⋅(−1x)k=C15k⋅(−1)k⋅x5−5k6，令5−5k6=0，得k=6，因此，该二项式展开式中的常数项为C156⋅(−1)6=5005.故答案为：5005.【分析】写出二项式(3x−1x)15展开式的通项，令x的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.8．小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为 ．【答案】19【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式【解析】【解答】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有C92=36种，甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有(5，1，4)，(5，4，1)，(5，2，3)，(5，3，2)共4种，所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为19，故答案为：19【分析】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，利用隔板法可确定分成三份的种数有36种，列出甲抢到5分钱的情况，即可求解。9．如图，F为双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的右焦点，过F作直线l与圆x2+y2=b2切于点M，与双曲线交于点P，且M恰为线段PF的中点，则双曲线的渐近线方程是 .【答案】y=±2x【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质【解析】【解答】解：设左焦点为F1，由题设知，|PF|=2a，|PF1|=4a，∠F1PF=90°，∴16a2+4a2=4c2，∴c=5a，∴b=2a，∴双曲线的渐近线方程是y=±2x．故答案为y=±2x．【分析】设左焦点为F1，由题意可得16a2+4a2=4c2即可求解。10．若函数f(x)=cos(ωx+π4)(ω>0)在[0，π]的值域为[−1，22]，则ω的取值范围是 【答案】[34，32]【知识点】余弦函数的定义域和值域；复合三角函数的单调性；三角函数的最值【解析】【解答】因为x∈[0，π]，且ω>0，故可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，因为y=cosx在区间[π4，π]单调递减，在[π，7π4]单调递增，且cosπ4=22=cos7π4，cosπ=−1，故要满足题意，只需π≤(w+14)π≤7π4解得ω∈[34，32].故答案为：[34，32].【分析】由x的范围可得ωx+π4∈[π4，(ω+14)π]，再结合y=cosx的单调性，可确定π≤(ω+14)π≤7π4，解不等式即可。11．若分段函数f(x)=3sin2xx≤02x−3x>0，将函数y=|f(x)−f(a)|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当−2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是 ；【答案】[4，60]【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值 【解析】【解答】由f(x)=3sin2x，x⩽02x−3，x>0，得f（2）=1，则y=|f(x)−f（a）|=|f(x)−1|，作出函数f(x)的图象如图所示：当−2⩽m⩽−1时，|f(x)−1|max=|(−3)−1|=4；当m>−1时，m+4>3，2m+4−3−1=2m+4−4>4，∴当−1 −1的最大值，从而得到Za[m，m+4]=2m+4−4，即可求解。12．已知向量a，b满足|a|=3，|b|=1，若存在不同的实数λ1,λ2(λ1λ2≠0)，使得ci=λia+3λib，且(ci−a)⋅(ci−b)=0(i=1,2),则|c1−c2|的取值范围是 【答案】[2,22)∪[22，23)【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算【解析】【解答】c1−a=(λ1−1)a+3λ1b，c1−b=λ1a+(3λ1−1)b，设a⋅b=k（−3≤k≤3），由(c1−a)⋅(c1−b)=0得c12−(a+b)⋅c1+a⋅b=0，整理得6(k+3)λ12−4(k+3)λ1+k=0，同理6(k+3)λ22−4(k+3)λ2+k=0，所以λ1,λ2是方程6(k+3)x2−4(k+3)x+k=0的两根，由λ1λ2≠0得k≠0，k=−3时方程无解，故k≠0且k≠−3，Δ=8(k+3)(6−k)>0，λ1+λ2=23，λ1λ2=k6(k+3)，所以|λ1−λ2|=(λ1+λ2)2−4λ1λ2=49−4k6(k+3)=8(k+3)(6−k)6(k+3)，|a+3b|=(a+3b)2=a2+6a⋅b+9b2=6(k+3)，所以|c1−c2|=|λ1−λ2||a+3b|=6(k+3)|λ1−λ2|=43(6−k)，由−3 0，则“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【知识点】基本不等式【解析】【解答】由题意得，x+ax≥2⇔(x+ax)min≥2⇔2a≥2⇔a≥1，故“a=1”是“x+ax≥2恒成立”的充分不必要条件，故答案为：A．【分析】先求命题“对任意的正数x，不等式x+ax≥2成立”的充要条件，再利用集合法判断两命题间的充分必要关系.14．已知0>a>b，若limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，则（ ）A．a=−25B．a=−5C．b=−25D．b=-5【答案】D【知识点】极限及其运算【解析】【解答】因为0>a>b，且limn→∞an+1−bn+2an−bn=25，所以0 0)（1）设y=f(x+θ)(0 0，所以k=0，故−5π63w≤−π2 0）.由|3×0+3|10=6105，解得x0=3，所以Q(3,3).故直线AQ的方程为y=−(x−6)，由y=−3xx+y−6=0得x=−3,y=9,即B(−3,9)，故AB=(−3−6)2+92=92，答：水上旅游线AB的长为92km.（2）解：将喷泉记为圆P，由题意可得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，所以C(−3+t,9−t).若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，当t=0时，上式成立，当t∈(0,9]时，2a 0)，由点到直线距离，求出Q(3，3)，从而直线AQ的方程为y=−(x−6)，联产方程组求出B的坐标，由此能求出轨道的长；（2）将喷泉记为圆P，由题意得P(3，9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC=2t，0≤t≤9，从而C(−3+t，9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0，9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上.20．定义符号函数sgn(x)=1x≥0−1x<0，已知函数f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a).（1）已知f(1)≤f(0)，求实数a的取值集合；（2）当a=1时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，求k的取值集合； （3）已知f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值集合；【答案】（1）解：因为f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0，所以f(1)≤f(0)⇔a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，解得：a≤12或a≥32，所以实数a的取值集合为(−∞，12]∪[32，+∞).（2）解：当a=1时，f(x)=x2−2x(x2−1)，x2−1≥0，x2+2x(x2−1)，x2−1<0，所以f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1时，f(x)≥f(1)⇔x2+2x(x2−a)≥3−2a⇔2a(x−1)≤2×3+x2−3，所以2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，所以2a≥2+3+3=8⇒a≥4.②当0 1，f(0)=0进而得到a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，求解即可；（2）由a=1得到f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1 1和0 1时，问题可转换成2a≥2×3+x2−3x−1=2×2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，即可求解；②当0 1满足an=1？请说明理由．【答案】（1）解：a8=6，a9=3，a10=8．（2）证明：先证“充分性”．当m为偶数时，若an为奇数，则an+1为奇数．因为a1=1为奇数，所以归纳可得，对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，所以an+1−an=m>0，所以数列{an}单调递增．再证“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，则ak+1=ak2 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，所以a2=1+m≤2m且a2为偶数，a3=1+m2≤m．假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．当ak为奇数时，ak+1=ak+m≤2m，且ak+1为偶数；当ak为偶数时，ak+1=ak2≤m．所以若ak+1为奇数，则ak+1≤m；若ak+1为偶数，则ak+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有an≤2m．所以正整数数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=ar1−m，as1−1=as1−m，所以ar1−1=as1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1 1满足an=1．【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列递推式【解析】【分析】（1）由赋值法逐个计算即可；（2）分两步证明：“充分性”．当m为偶数时，归纳可得对∀n∈N∗，an均为奇数，则an+1=an+m，即可证；“必要性”．假设存在k∈N∗使得ak为偶数，可得ak+1 1满足an=1，理由如下：因为a1=1，m为奇数，可得a2≤2m，a3≤m．进而假设ak为奇数时，ak≤m；ak为偶数时，ak≤2m．从而有，ak+1≤2m，或ak+1≤m．进而可说明对∀n∈N∗都有an≤2m．从而得到数列{an}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r，s)|ar=as，r 1且ar1=as1(r1 m时，ar1−1=as1−1．从而说明若r1>1时有r1−1∈B且r1−1 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