上海市华东师大二附中2016届高三（上）期中数学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 上海市华东师大二附中2016届高三（上）期中数学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 324.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2016-02-24 15:36:59 | ||
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文档简介
2015-2016学年上海市华东师大二附中高三（上）期中数学试卷
一、填空题（本题满分56分）本大题共有14题，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．
1．已知全集U=R，集合，则 UM= ．
2．设z1=1﹣i，z2=a+2ai（a∈R），其中i 是虚数单位，若复数z1+z2 是纯虚数，则a= ．
3．经过圆（x﹣1）2+y2=1的圆心M，且与直线x﹣y=0垂直的直线方程是 ．
4．△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，则A= ．
5．已知数列{an}是等差数列，且a1+a7+a13=2π，则tan（a2+a12）═ ．
6．若命题“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0”是真命题，则实数a的取值范围是 ．
7．对任意非零实数a、b，定义一种运算：a b，其结果y=a b的值由如图确定，则= ．
8．（理科）极坐标系中两点，，则线段AB的长等于 ．
9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于 ．
10．若关于x，y的二元一次方程组至多有一组解，则实数m的取值范围是 ．
11．从集合A={﹣1，1，2}中随机选取一个数记为k，从集合B={﹣2，1，2}中随机选取一个数记为b，则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为 ．
12．不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R成立，则实数a的取值范围为 ．
13．如图已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD=60°，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN中点P的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积为 ．
14．在平面直角坐标系中，定义（n∈N*为点Pn（xn，yn）到点Pn+1（xn+1，yn+1）的一个变换，我们把它称为点变换．已知P1（0，1），P2（x2，y2），…，Pn（xn，yn），Pn+1（xn+1，yn+1）是经过点变换得到的一列点．设an=|PnPn+1|，数列{an}的前n项和为Sn，那么的值为= ．
15．若X是一个集合，τ是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ．则称τ是集合X上的一个拓扑．已知集合X={a，b，c}，对于下面给出的四个集合τ：
①τ={ ，{a}，{c}，{a，b，c}}；
②τ={ ，{b}，{c}，{b，c}，{a，b，c}}；
③τ={ ，{a}，{a，b}，{a，c}}；
④τ={ ，{a，c}，{b，c}，{c}，{a，b，c}}．
其中是集合X上的拓扑的集合τ的序号是 ．
二、选择题（本题满分16分）本大题共有5题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的选对得4分，否则一律得零分.
16．A，B两点在半径为2的球面上，且以线段AB为直径的小圆周长为2π，则A，B两点间的球面距离为（ ）
A．π B．2π C． D．
17．已知函数，则“f（2）＜f（3）”是“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的什么条件．（ ）
A．“充要” B．“充分不必要”
C．“必要不充分” D．“既不充分也不必要”
18．设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π），则下列命题中是真命题的个数是（ ）
①存在一个圆与所有直线相交；
②存在一个圆与所有直线不相交；
③存在一个圆与所有直线相切；
④M中所有直线均经过一个定点；
⑤不存在定点P不在M中的任一条直线上；
⑥对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；
⑦M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．
A．3 B．4 C．5 D．6
19．（2015秋 上海校级期中）在约束条件下，若3≤S≤5，则目标函数z=3x+2y的最大值变化范围是（ ）
A．[6，8] B．[6，15] C．[7，8] D．[7，15]
20．长度分别为2、x、x、x、x、x的六条线段能成为同一个四面体的六条棱的充要条件是（ ）
A．x B． C． D．x＞1
三、解答题
21．关于x的不等式＜0的解集为（﹣1，b）．
（1）求实数a、b的值；
（2）若z1=a+bi，z2=cosα+isinα，且z1z2为纯虚数，求的值．
22．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0）
（1）求证：CD⊥平面ADD1A1
（2）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值
（3）现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
23．如图，△ABC的内切圆与三边AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，已知B（﹣，C，内切圆圆心I（1，t）．设A点的轨迹为L
（1）求L的方程；
（2）过点C作直线m交曲线L于不同的两点M、N，问在x轴上是否存在一个异于点C的定点Q．使对任意的直线m都成立？若存在，求出Q的坐标，若不存在，说明理由．
24．设Sn是各项均为非零实数的数列{an}的前n项和，给出如下两个命题上：命题p：{an}是等差数列；命题q：等式对任意n（n∈N*）恒成立，其中k，b是常数．
（1）若p是q的充分条件，求k，b的值；
（2）对于（1）中的k与b，问p是否为q的必要条件，请说明理由；
（3）若p为真命题，对于给定的正整数n（n＞1）和正数M，数列{an}满足条件，试求Sn的最大值．
25．已知f（x）=．
（1）求f（f（x））；
（2）对参数a的哪些值，方程|x|+||=a正好有3个实数解；
（3）设b为任意实数，证明：x+﹣=b共有3个不同的实数解x1，x2，x3，并且x1+x2+x3=b．
2015-2016学年上海市华东师大二附中高三（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本题满分56分）本大题共有14题，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．
1．已知全集U=R，集合，则 UM= {x|x＜1} ．
【考点】函数的定义域及其求法；补集及其运算．
【专题】计算题．
【分析】由题意全集U=R，再根据函数的定义域写出集合M，然后根据交集的定义和运算法则进行计算即可．
【解答】解：因为集合M={x|x﹣1≥0}={x|x≥1}，
全集U=R，
∴CUM={x|x＜1}．
故答案为：{x|x＜1}．
【点评】本题考查集合的补集运算和求函数的定义域，属容易题．
2．设z1=1﹣i，z2=a+2ai（a∈R），其中i 是虚数单位，若复数z1+z2 是纯虚数，则a= ﹣1 ．
【考点】复数的基本概念．
【专题】计算题．
【分析】首先把两个复数相加，实部和虚部分别相加，得到复数的标准形式，根据所给的复数是一个纯虚数，得到实部等于0，虚部不等于0，解出结果．
【解答】解：∵z1=1﹣i，z2=a+2ai，
∴z1+z2=a+1+（2a﹣1）i，
∵复数z1+z2 是纯虚数，
∴a+1=0，2a﹣1≠0，
∴a=﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查复数的基本概念和加减运算，是一个基础题，解题的关键是看清题目中的要求，注意一定要上虚部不等于0．
3．经过圆（x﹣1）2+y2=1的圆心M，且与直线x﹣y=0垂直的直线方程是 x+y﹣1=0 ．
【考点】圆的切线方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】易得圆心坐标，由垂直关系可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．
【解答】解：圆（x﹣1）2+y2=1的圆心M为（1，0），
又直线x﹣y=0的斜率为1，
由垂直关系可得要求直线的斜率为﹣1，
∴直线方程为y﹣0=﹣（x﹣1），即x+y﹣1=0．
故答案为：x+y﹣1=0．
【点评】本题考查直线的一般式方程和垂直关系，涉及圆的标准方程，属基础题．
4．△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，则A= 45° ．
【考点】正弦定理．
【专题】计算题．
【分析】由a，b及sinB的值，利用正弦定理求出sinA的值，再由a小于b，利用三角形中大边对大角得到A小于B，确定出A的范围，进而由sinA的值，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数．
【解答】解：∵a=，b=，B=60°，
∴由正弦定理=得：sinA==，
又＜，即a＜b，∴A＜B，
则A=45°．
故答案为：45°
【点评】此题考查了正弦定理，三角形的边角关系，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
5．已知数列{an}是等差数列，且a1+a7+a13=2π，则tan（a2+a12）═ ．
【考点】等差数列的性质．
【专题】等差数列与等比数列．
【分析】由等差数列的性质易得a7=，进而可得tan（a2+a12）=tan（2a7），代值计算可得．
【解答】解：由等差数列的性质可得a1+a7+a13=3a7=2π，∴a7=，
∴tan（a2+a12）=tan（2a7）=tan=
故答案为：
【点评】本题考查等差数列的性质，涉及正切的运算，属基础题．
6．若命题“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0”是真命题，则实数a的取值范围是 （﹣∞，﹣1）∪（3，+∞） ．
【考点】二次函数的性质．
【专题】计算题．
【分析】因为不等式对应的是二次函数，其开口向上，若“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0”，则相应二次方程有不等的实根．
【解答】解：∵“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0
∴x2+（a﹣1）x+1=0有两个不等实根
∴△=（a﹣1）2﹣4＞0
∴a＜﹣1或a＞3
故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
【点评】本题主要考查一元二次不等式，二次函数，二次方程间的相互转化及相互应用，这是在函数中考查频率较高的题目，灵活多变，难度可大可小，是研究函数的重要方面．
7．对任意非零实数a、b，定义一种运算：a b，其结果y=a b的值由如图确定，则= 1 ．
【考点】程序框图．
【专题】计算题；图表型；分类讨论；算法和程序框图．
【分析】通过程序框图判断出新运算S=a b的解析式，化简，再利用新运算法则求出值．
【解答】解：由程序框图知 S=a b=，
∴=3 4==1
故答案为：1．
【点评】本题考查判断程序框图的功能即判断出新运算法则．利用运算法则求值，属于基础题．
8．（理科）极坐标系中两点，，则线段AB的长等于 ．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】数形结合；定义法；坐标系和参数方程．
【分析】根据极坐标系中两点间的距离公式，求出线段AB的长即可．
【解答】解：极坐标系中，，
∴线段AB的长为
|AB|==．
故答案为：．
【点评】本题考查了极坐标系中两点间的距离公式的应用问题，是基础题目．
9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于 ．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题．
【分析】由三视图知，原几何体是一个球和一个正方体构成的组合体，再根据三视图得到球的半径和正方体的棱长，即可求体积
【解答】解：由三视图知原几何体是一个球和一个正方体构成的组合体，球的直径为2，半径为1，正方体的棱长为2
∴原几何体的体积为：
故答案为：
【点评】本题考查三视图，要求能把三视图还原成原几何体，能根据三视图找到原几何体的长度关系，要求有较好的空间想象力．属简单题
10．若关于x，y的二元一次方程组至多有一组解，则实数m的取值范围是 （﹣∞，1）∪（1，+∞） ．
【考点】系数矩阵的逆矩阵解方程组；二元一次方程组的矩阵形式．
【专题】计算题．
【分析】先根据矩阵的乘法进行化简得到二元一次方程组，然后消去y得（m2﹣1）x=m（m﹣1），当m﹣1≠0时（m2﹣1）x=m（m﹣1）至多有一组解，从而求出m的范围．
【解答】解：关于x，y的二元一次方程组
即二元一次方程组
①×m﹣②得（m2﹣1）x=m（m﹣1）
当m﹣1≠0时（m2﹣1）x=m（m﹣1）至多有一组解
∴m≠1
故答案为：（﹣∞，1）∪（1，+∞）
【点评】本题主要考查了二元一次方程组的解的个数，以及矩阵的乘法运算，属于中档题．
11．从集合A={﹣1，1，2}中随机选取一个数记为k，从集合B={﹣2，1，2}中随机选取一个数记为b，则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为 ．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；概率与统计．
【分析】本题是一个古典概型，试验发生包含的事件（k，b）的取值所有可能的结果可以列举出，满足条件的事件直线不经过第三象限，符合条件的（k，b）有2种结果，根据古典概型概率公式得到结果．
【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件k∈A={﹣1，1，2}，b∈B={﹣2，1，2}，
得到（k，b）的取值所有可能的结果有：（﹣1，﹣2）；（﹣1，1）；（﹣1，2）；（1，﹣2）；（1，1）；（1，2）；
（2，﹣2）；（2，1）；（2，2）共9种结果．
而当时，直线不经过第三象限，符合条件的（k，b）有2种结果，
∴直线不过第四象限的概率P=，
故答案为．
【点评】古典概型和几何概型是我们学习的两大概型，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不能列举的就是几何概型，几何概型的概率的值是通过长度、面积、体积的比值得到，属于基础题．
12．不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R成立，则实数a的取值范围为 a≥1或a≤﹣2 ．
【考点】三角函数的最值；三角函数中的恒等变换应用．
【专题】函数的性质及应用；三角函数的图像与性质．
【分析】不等式进行等价转化为关于cosx的一元二次不等式，利用二次函数的性质和图象列不等式组求得答案．
【解答】解；不等式等价于1﹣cos2x+acosx+a2﹣1﹣cosx≥0，恒成立，
整理得﹣cos2x+（a﹣1）cosx+a2≥0，
设cosx=t，则﹣1≤t≤1，
g（t）=﹣t2+（a﹣1）t+a2，要使不等式恒成立需
，求得a≥1或a≤﹣2，
故答案为：a≥1或a≤﹣2．
【点评】本题主要考查了一元二次不等式的解法，二次函数的性质．注重了对数形结合思想的运用和问题的分析．
13．如图已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD=60°，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN中点P的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积为 ．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征．
【专题】计算题．
【分析】先推导点P的轨迹，从而确定点P与平行六面体所围成的几何体的形状，然后求几何体的体积
【解答】解：取AB的中点E连接DE，由题意知DE⊥AB，DE⊥CD
以DE所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立如图空间直角坐标系
设M（0，0，z），N（x，y，0），则P（）
MN=
∴x2+y2+z2=4
∴
∴OP2=1
即OP=1
∴点P的轨迹是以原点D为球心，以1为半径的球的一部分
又∵∠BAD=60°
∴∠ADC=120°
∴点P的轨迹是球的
∴几何体的体积为
故答案为：
【点评】本题考查几何体的体积，须先用代数法确定点的轨迹，然后熟练应用体积公式即可．属中档题
14．在平面直角坐标系中，定义（n∈N*为点Pn（xn，yn）到点Pn+1（xn+1，yn+1）的一个变换，我们把它称为点变换．已知P1（0，1），P2（x2，y2），…，Pn（xn，yn），Pn+1（xn+1，yn+1）是经过点变换得到的一列点．设an=|PnPn+1|，数列{an}的前n项和为Sn，那么的值为= 2+ ．
【考点】数列的极限．
【专题】新定义；转化思想；分析法；等差数列与等比数列．
【分析】由题设知a1=|（0，1） （1，1）|=1，a2=|（1，1） （0，2）|=，a3=|（0，2） （2，2）|=2，a4=|（2，2） （0，4）|=2，…，an=（）n﹣1，Sn=a1+a2+a3+…+an=．由此可求出的值．
【解答】解：由题设知P1（0，1），P2（1，1），a1=|P1P2|=1，
且当n≥2时，an2=|PnPn+1|2=（xn+1﹣xn）2﹣（yn+1﹣yn）2
=[（yn﹣xn）﹣xn]2+[（yn+xn）﹣yn]2=5xn2﹣4xnyn+yn2
an﹣12=|Pn﹣1Pn|2=（xn﹣xn﹣1）2﹣（yn﹣yn﹣1）2①
由定义（n∈N），得，
∴，
代入①计算化简得an﹣12=|Pn﹣1Pn|2=（）2+（）2=（5xn2﹣4xnyn+yn2）=an2．
∴=（n≥2），
∴数列{an}是以为公比的等比数列，且首项a1=1，
∴an=（）n﹣1，
∴Sn=a1+a2+a3+…+an=．
∴= =，
则===2+．
故答案为：．
【点评】本题考查集合的性质和运算，解题时要注意等比数列前n项和公式的合理运用，属于中档题．
15．若X是一个集合，τ是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ．则称τ是集合X上的一个拓扑．已知集合X={a，b，c}，对于下面给出的四个集合τ：
①τ={ ，{a}，{c}，{a，b，c}}；
②τ={ ，{b}，{c}，{b，c}，{a，b，c}}；
③τ={ ，{a}，{a，b}，{a，c}}；
④τ={ ，{a，c}，{b，c}，{c}，{a，b，c}}．
其中是集合X上的拓扑的集合τ的序号是 ②④ ．
【考点】集合的包含关系判断及应用．
【专题】压轴题；新定义．
【分析】根据集合X上的拓扑的集合τ的定义，逐个验证即可：①{a}∪{c}={a，c} τ，③{a，b}∪{a，c}={a，b，c} τ，因此①③都不是；
②④满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ，因此②④是，从而得到答案．
【解答】解：①τ={ ，{a}，{c}，{a，b，c}}；
而{a}∪{c}={a，c} τ，故①不是集合X上的拓扑的集合τ；
②τ={ ，{b}，{c}，{b，c}，{a，b，c}}，满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ
因此②是集合X上的拓扑的集合τ；
③τ={ ，{a}，{a，b}，{a，c}}；
而{a，b}∪{a，c}={a，b，c} τ，故③不是集合X上的拓扑的集合τ；
④τ={ ，{a，c}，{b，c}，{c}，{a，b，c}}．
满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ
因此④是集合X上的拓扑的集合τ；
故答案为②④．
【点评】此题是基础题．这是考查学生理解能力和对知识掌握的灵活程度的问题，重在理解题意．本题是开放型的问题，要认真分析条件，探求结论，对分析问题解决问题的能力要求较高．
二、选择题（本题满分16分）本大题共有5题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的选对得4分，否则一律得零分.
16．A，B两点在半径为2的球面上，且以线段AB为直径的小圆周长为2π，则A，B两点间的球面距离为（ ）
A．π B．2π C． D．
【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何．
【分析】求出球的半径，利用等边三角形求出∠AOB的大小，再求球面距离弧AB．
【解答】解：根据题意画出示意图，如图所示：
∵球的半径为R=2，且以线段AB为直径的小圆周长为2π，
∴小圆直径为AB=2；
∴在三角形AOB中，AO=AB=BO=2，
∴∠AOB=，
∴A，B两点间的球面距离为：l=R=．
故选：D．
【点评】本题考查了球面距离的应用问题，也考查了圆的周长与弧长的计算问题，是基础题目．
17．已知函数，则“f（2）＜f（3）”是“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的什么条件．（ ）
A．“充要” B．“充分不必要”
C．“必要不充分” D．“既不充分也不必要”
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【专题】函数思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】先求出函数f（x）的导数，求出“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的充要条件，从而得到答案．
【解答】解：f′（x）==，
如f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增，
则2a﹣1＞0，解得：a＞，
由f（2）＜f（3），得：＜，解得：a＞，
故f（2）＜f（3）”是“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的充要条件，
故选：A．
【点评】本题考查了充分必要条件，考查函数的单调性问题，是一道基础题．
18．设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π），则下列命题中是真命题的个数是（ ）
①存在一个圆与所有直线相交；
②存在一个圆与所有直线不相交；
③存在一个圆与所有直线相切；
④M中所有直线均经过一个定点；
⑤不存在定点P不在M中的任一条直线上；
⑥对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；
⑦M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】直线的斜截式方程．
【分析】根据已知可知直线系M都为以（0，2）为圆心，以1为半径的圆的切线，取半径为2即可得到所以①对；存在圆心为（0，2），半径为的圆与直线都不相交，所以②对；③显然对；④错；⑤错，存在可取一点（0，2）即可验证；⑥可去三角形的外接正三角形所有边均在M中的直线上且面积相等，所以⑥都正确．⑦可以举反例．
【解答】解：根据直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）得到所有直线都为圆心为（0，2），半径为1的圆的切线；
可取圆心为（0，2），半径分别为2，，1得到①②③正确；所有的直线与一个圆相切，没有过定点，④错；存在（0，2）不在M中的任一条直线上，所以⑤错；存在等边三角形的三边都在M中的直线上，⑥对，可取圆的外接正三角形其所有边均在M中的直线上且面积相等；⑦可以做在圆的三等分点做圆的切线，把其中一条平移到另外两个点中点时，可知⑦错误；故①②③⑥正确，④⑤⑦错，所以真命题的个数为4个
故选：B
【点评】考查学生利用直线的斜截式方程得到直线系M为平面内除过一个圆的区域．
19．（2015秋 上海校级期中）在约束条件下，若3≤S≤5，则目标函数z=3x+2y的最大值变化范围是（ ）
A．[6，8] B．[6，15] C．[7，8] D．[7，15]
【考点】简单线性规划．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】先根据约束条件画出可行域，设z=3x+2y，再利用z的几何意义求最值，只需求出直线z=3x+2y过可行域内的点时，从而得到z=3x+2y的最大值即可．
【解答】解：先根据约束条件画出可行域，
设z=3x+2y，
将z的值转化为直线z=3x+2y在y轴上的截距，
当S=3时，对应的平面区域为四边形OCAD，
当直线z=3x+2y经过点A（1，2）时，z最大，最大值为7．
当S=5时，对应的平面区域为三角形OBD，
当直线z=3x+2y经过点B（0，4）时，z最大，最大值为8，
故当3≤S≤5时，目标函数z=3x+2y的最大值的变化范围是[7，8]．
故选：C
【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，利用数形结合是解决本题的关键．
20．长度分别为2、x、x、x、x、x的六条线段能成为同一个四面体的六条棱的充要条件是（ ）
A．x B． C． D．x＞1
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】压轴题；探究型．
【分析】用极限的角度考虑，可求x接近最小的数值，得不到最大值，求出结果．
【解答】解：用极限的角度考虑，四面体趋近于在一个平面内的菱形时x最小，
不能低于，最大可以无穷大（就是两个等边三角形的二面角可以无限趋于0），
【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查空间想象能力，极限思想的应用，是中档题．
三、解答题
21．关于x的不等式＜0的解集为（﹣1，b）．
（1）求实数a、b的值；
（2）若z1=a+bi，z2=cosα+isinα，且z1z2为纯虚数，求的值．
【考点】二阶矩阵；两角和与差的余弦函数．
【专题】计算题．
【分析】（1）将原不等式转化为（x+a）x﹣2＜0，即x2+ax﹣2＜0，根据解集为（﹣1，b）得到﹣1，b是方程x2+ax﹣2=0的两个根，结合根与系数的关系即可列出关于a，b的方程组，并利用解二元一次方程组的方法即可求解
（2）根据z1z2为纯虚数，得知实部为0，虚部不为0，即可得到关于α的条件式并解得：tanα=﹣，再利用两角差的余弦，倍角公式和同角的三角关系将化为关于tanα的代数式即可求解
【解答】解：（1）原不等式等价于（x+a）x﹣2＜0，
即x2+ax﹣2＜0
由题意得，
解得a=﹣1，b=2．
（2）z1=﹣1+2i，z1z2=（﹣cosα﹣2sinα）+i（2cosα﹣sinα）
若z1z2为纯虚数，则，
解得
==．
【点评】本题考查了二阶矩阵，两角和与差的余弦函数及解三角方程的能力，属于基础题．
22．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0）
（1）求证：CD⊥平面ADD1A1
（2）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值
（3）现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．
【专题】压轴题；空间位置关系与距离；空间角．
【分析】（1）取DC得中点E，连接BE，可证明四边形ABED是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得BE⊥CD，即CD⊥AD，又侧棱AA1⊥底面ABCD，可得AA1⊥DC，利用线面垂直的判定定理即可证明．（2）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与斜线的方向向量的夹角即可得出；（3）由题意可与左右平面ADD1A1，BCC1B1，上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案
新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）．
【解答】（1）证明：取DC的中点E，连接BE，∵AB∥ED，AB=ED=3k，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴BE∥AD，且BE=AD=4k，∴BE2+EC2=（4k）2+（3k）2=（5k）2=BC2，∴∠BEC=90°，∴BE⊥CD，
又∵BE∥AD，∴CD⊥AD．
∵侧棱AA1⊥底面ABCD，∴AA1⊥CD，
∵AA1∩AD=A，∴CD⊥平面ADD1A1．
（2）解：以D为坐标原点，、、的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）．
∴，，．
设平面AB1C的一个法向量为=（x，y，z），则，取y=2，则z=﹣6k，x=3．∴．
设AA1与平面AB1C所成角为θ，则===，解得k=1，故所求k=1．
（3）由题意可与左右平面ADD1A1，BCC1B1，上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案．
写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）=
【点评】本题主要考查了线线、线面的位置关系、通过建立空间直角坐标系利用法向量求线面角、柱体的定义积表面积、勾股定理的逆定理等基础知识，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力及化归与转化能力．
23．如图，△ABC的内切圆与三边AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，已知B（﹣，C，内切圆圆心I（1，t）．设A点的轨迹为L
（1）求L的方程；
（2）过点C作直线m交曲线L于不同的两点M、N，问在x轴上是否存在一个异于点C的定点Q．使对任意的直线m都成立？若存在，求出Q的坐标，若不存在，说明理由．
【考点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的关系．
【专题】计算题．
【分析】（1）由切线长定理得，从一点出发的切线长相等，得到A点到两个点B，C的距离之差是常数，根据双曲线的定义得A点的轨迹是双曲线，从而即可求出L的方程；
（2）对于存在性问题，可先假设存在，设点Q（x0，0），再设M（x1，y1），N（x2，y2），由条件得∠MQC=∠NQC，下面分类讨论：①当MN⊥x，②当MN不垂直x时，第一种情况比较简单，对于第二种情况，将直线的方程代入双曲线方程，消去y得到关于x的二次方程，结合根与系数的关系，利用斜率相等求得，从而说明存在点Q．
【解答】解：（1）由题意|AD|=|AF|．|BD|=|BE|，|CE|=|CF|．
∴|AB|﹣|AC|=|BD|﹣|CF|=|BE|﹣|CE|=|BO|+|OE|﹣（|OC|﹣|OE|）=2|OE|
I（1，t），E（1，0），|OE|=1，|AB|﹣|AC|=2
x2﹣y2=1（x＞1）
（2）设点Q（x0，0），设M（x1，y1），N（x2，y2）
∵ ∠MQC=∠NQC
于是：①当MN⊥x，点Q（x0，0）在x上任何一点处，都能够使得：
∠MQC=∠NQC成立，
②当MN不垂直x时，设直线．
由得：
则：
∴
∵，要使∠MQC=∠NQC成立，
只要tan∠MQC=tan∠NQC： x2y1﹣x0y1+x1y2﹣x0y2=0
即=
∴ ∴当时，能够使：
对任意的直线m成立．
【点评】本题主要考查了轨迹方程、直线与圆锥曲线的交点等知识，属于中档题．
24．设Sn是各项均为非零实数的数列{an}的前n项和，给出如下两个命题上：命题p：{an}是等差数列；命题q：等式对任意n（n∈N*）恒成立，其中k，b是常数．
（1）若p是q的充分条件，求k，b的值；
（2）对于（1）中的k与b，问p是否为q的必要条件，请说明理由；
（3）若p为真命题，对于给定的正整数n（n＞1）和正数M，数列{an}满足条件，试求Sn的最大值．
【考点】等差数列与等比数列的综合；数列的求和．
【专题】综合题；等差数列与等比数列．
【分析】（1）设{an}的公差为d，利用裂项法原等式可化为（﹣+﹣+…+﹣）=，整理可得（k﹣1）n+b=0对于n∈N*恒成立，从而可求得k，b的值；
（2）当k=1，b=0时，假设p是q的必要条件，分当n=1时，当n≥2时，当n≥3时讨论即可判断结论是否正确；
（3）由+≤M，可设a1=rcosθ，an+1=rsinθ，代入求和公式Sn=，利用三角函数的有界性即可求得其最大值．
【解答】解：（1）设{an}的公差为d，则原等式可化为（﹣+﹣+…+﹣）=，
所以 =，
即（k﹣1）n+b=0对于n∈N*恒成立，所以k=1，b=0．…
（2）当k=1，b=0时，假设p是q的必要条件，即“若++…+=①对于任意的n（n∈N*）恒成立，则{an}为等差数列”．
当n=1时， =显然成立．…
当n≥2时，若++…+=②，
由①﹣②得， =（﹣），即nan﹣（n﹣1）an+1=a1③．
当n=2时，a1+a3=2a2，即a1、a2、a3成等差数列，
当n≥3时，（n﹣1）an﹣1﹣（n﹣2）an=a1④，即2an=an﹣1+an+1．所以{an}为等差数列，即p是q的必要条件．…
（3）由+≤M，可设a1=rcosθ，an+1=rsinθ，所以r≤．
设{an}的公差为d，则an+1﹣a1=nd=rsinθ﹣rcosθ，
所以d=，
所以an=rsinθ﹣，
Sn==r≤ =，
所以Sn的最大值为…
【点评】本题考查等差数列与等比数列的综合，突出考查“充分、必要条件”在数列中的综合应用，判断（2）中“p是否为q的必要条件”是难点，考查参数方程及三角函数的有界性，属于难题．
25．已知f（x）=．
（1）求f（f（x））；
（2）对参数a的哪些值，方程|x|+||=a正好有3个实数解；
（3）设b为任意实数，证明：x+﹣=b共有3个不同的实数解x1，x2，x3，并且x1+x2+x3=b．
【考点】根的存在性及根的个数判断；函数的值．
【专题】计算题；作图题；证明题；数形结合；函数的性质及应用．
【分析】（1）化简可得f（f（x））=f（）=x，
（2）作函数y=||与函数y=a﹣|x|的图象，从而化为x+=a有一个解，从而利用判别式解得．
（3）化简方程可得x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7=0，从而令g（x）=x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7，从而利用零点的判定定理判断即可．
【解答】解：（1）∵f（x）=，
∴f（f（x））=f（）=x，
（2）作函数y=||与函数y=a﹣|x|的图象如下，
若使方程|x|+||=a正好有3个实数解，
则x+=a有一个解，
即3x2﹣3ax+a+1=0有一个解，
故△=9a2﹣12a﹣12=0，
解得，a=2或a=﹣（舍去）；
故a=2；
（3）证明：∵x+﹣=b，
∴=b，
∴x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7=0，
令g（x）=x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7，
易知g（x）=﹣∞，g（x）=+∞，
g（﹣1）=﹣1﹣b﹣b+21+2b﹣7=13＞0，
g（2）=8﹣4b+2b﹣42+2b﹣7=﹣41＜0，
故g（x）在（﹣∞，﹣1），（﹣1，2），（2，+∞）上各有一个零点，
故g（x）有3个不同的零点x1，x2，x3，
故x+﹣=b共有3个不同的实数解x1，x2，x3，
∵x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7=（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）
=x3﹣（x1+x2+x3）x2+（x1x2+x1x3+x3x2）x﹣x1x2x3，
故x1+x2+x3=b．
【点评】本题考查了数形结合的思想应用及分段函数的应用，同时考查了函数的零点与方程的根的关系应用．
一、填空题（本题满分56分）本大题共有14题，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．
1．已知全集U=R，集合，则 UM= ．
2．设z1=1﹣i，z2=a+2ai（a∈R），其中i 是虚数单位，若复数z1+z2 是纯虚数，则a= ．
3．经过圆（x﹣1）2+y2=1的圆心M，且与直线x﹣y=0垂直的直线方程是 ．
4．△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，则A= ．
5．已知数列{an}是等差数列，且a1+a7+a13=2π，则tan（a2+a12）═ ．
6．若命题“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0”是真命题，则实数a的取值范围是 ．
7．对任意非零实数a、b，定义一种运算：a b，其结果y=a b的值由如图确定，则= ．
8．（理科）极坐标系中两点，，则线段AB的长等于 ．
9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于 ．
10．若关于x，y的二元一次方程组至多有一组解，则实数m的取值范围是 ．
11．从集合A={﹣1，1，2}中随机选取一个数记为k，从集合B={﹣2，1，2}中随机选取一个数记为b，则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为 ．
12．不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R成立，则实数a的取值范围为 ．
13．如图已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD=60°，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN中点P的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积为 ．
14．在平面直角坐标系中，定义（n∈N*为点Pn（xn，yn）到点Pn+1（xn+1，yn+1）的一个变换，我们把它称为点变换．已知P1（0，1），P2（x2，y2），…，Pn（xn，yn），Pn+1（xn+1，yn+1）是经过点变换得到的一列点．设an=|PnPn+1|，数列{an}的前n项和为Sn，那么的值为= ．
15．若X是一个集合，τ是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ．则称τ是集合X上的一个拓扑．已知集合X={a，b，c}，对于下面给出的四个集合τ：
①τ={ ，{a}，{c}，{a，b，c}}；
②τ={ ，{b}，{c}，{b，c}，{a，b，c}}；
③τ={ ，{a}，{a，b}，{a，c}}；
④τ={ ，{a，c}，{b，c}，{c}，{a，b，c}}．
其中是集合X上的拓扑的集合τ的序号是 ．
二、选择题（本题满分16分）本大题共有5题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的选对得4分，否则一律得零分.
16．A，B两点在半径为2的球面上，且以线段AB为直径的小圆周长为2π，则A，B两点间的球面距离为（ ）
A．π B．2π C． D．
17．已知函数，则“f（2）＜f（3）”是“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的什么条件．（ ）
A．“充要” B．“充分不必要”
C．“必要不充分” D．“既不充分也不必要”
18．设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π），则下列命题中是真命题的个数是（ ）
①存在一个圆与所有直线相交；
②存在一个圆与所有直线不相交；
③存在一个圆与所有直线相切；
④M中所有直线均经过一个定点；
⑤不存在定点P不在M中的任一条直线上；
⑥对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；
⑦M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．
A．3 B．4 C．5 D．6
19．（2015秋 上海校级期中）在约束条件下，若3≤S≤5，则目标函数z=3x+2y的最大值变化范围是（ ）
A．[6，8] B．[6，15] C．[7，8] D．[7，15]
20．长度分别为2、x、x、x、x、x的六条线段能成为同一个四面体的六条棱的充要条件是（ ）
A．x B． C． D．x＞1
三、解答题
21．关于x的不等式＜0的解集为（﹣1，b）．
（1）求实数a、b的值；
（2）若z1=a+bi，z2=cosα+isinα，且z1z2为纯虚数，求的值．
22．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0）
（1）求证：CD⊥平面ADD1A1
（2）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值
（3）现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
23．如图，△ABC的内切圆与三边AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，已知B（﹣，C，内切圆圆心I（1，t）．设A点的轨迹为L
（1）求L的方程；
（2）过点C作直线m交曲线L于不同的两点M、N，问在x轴上是否存在一个异于点C的定点Q．使对任意的直线m都成立？若存在，求出Q的坐标，若不存在，说明理由．
24．设Sn是各项均为非零实数的数列{an}的前n项和，给出如下两个命题上：命题p：{an}是等差数列；命题q：等式对任意n（n∈N*）恒成立，其中k，b是常数．
（1）若p是q的充分条件，求k，b的值；
（2）对于（1）中的k与b，问p是否为q的必要条件，请说明理由；
（3）若p为真命题，对于给定的正整数n（n＞1）和正数M，数列{an}满足条件，试求Sn的最大值．
25．已知f（x）=．
（1）求f（f（x））；
（2）对参数a的哪些值，方程|x|+||=a正好有3个实数解；
（3）设b为任意实数，证明：x+﹣=b共有3个不同的实数解x1，x2，x3，并且x1+x2+x3=b．
2015-2016学年上海市华东师大二附中高三（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本题满分56分）本大题共有14题，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．
1．已知全集U=R，集合，则 UM= {x|x＜1} ．
【考点】函数的定义域及其求法；补集及其运算．
【专题】计算题．
【分析】由题意全集U=R，再根据函数的定义域写出集合M，然后根据交集的定义和运算法则进行计算即可．
【解答】解：因为集合M={x|x﹣1≥0}={x|x≥1}，
全集U=R，
∴CUM={x|x＜1}．
故答案为：{x|x＜1}．
【点评】本题考查集合的补集运算和求函数的定义域，属容易题．
2．设z1=1﹣i，z2=a+2ai（a∈R），其中i 是虚数单位，若复数z1+z2 是纯虚数，则a= ﹣1 ．
【考点】复数的基本概念．
【专题】计算题．
【分析】首先把两个复数相加，实部和虚部分别相加，得到复数的标准形式，根据所给的复数是一个纯虚数，得到实部等于0，虚部不等于0，解出结果．
【解答】解：∵z1=1﹣i，z2=a+2ai，
∴z1+z2=a+1+（2a﹣1）i，
∵复数z1+z2 是纯虚数，
∴a+1=0，2a﹣1≠0，
∴a=﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查复数的基本概念和加减运算，是一个基础题，解题的关键是看清题目中的要求，注意一定要上虚部不等于0．
3．经过圆（x﹣1）2+y2=1的圆心M，且与直线x﹣y=0垂直的直线方程是 x+y﹣1=0 ．
【考点】圆的切线方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】易得圆心坐标，由垂直关系可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．
【解答】解：圆（x﹣1）2+y2=1的圆心M为（1，0），
又直线x﹣y=0的斜率为1，
由垂直关系可得要求直线的斜率为﹣1，
∴直线方程为y﹣0=﹣（x﹣1），即x+y﹣1=0．
故答案为：x+y﹣1=0．
【点评】本题考查直线的一般式方程和垂直关系，涉及圆的标准方程，属基础题．
4．△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，则A= 45° ．
【考点】正弦定理．
【专题】计算题．
【分析】由a，b及sinB的值，利用正弦定理求出sinA的值，再由a小于b，利用三角形中大边对大角得到A小于B，确定出A的范围，进而由sinA的值，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数．
【解答】解：∵a=，b=，B=60°，
∴由正弦定理=得：sinA==，
又＜，即a＜b，∴A＜B，
则A=45°．
故答案为：45°
【点评】此题考查了正弦定理，三角形的边角关系，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
5．已知数列{an}是等差数列，且a1+a7+a13=2π，则tan（a2+a12）═ ．
【考点】等差数列的性质．
【专题】等差数列与等比数列．
【分析】由等差数列的性质易得a7=，进而可得tan（a2+a12）=tan（2a7），代值计算可得．
【解答】解：由等差数列的性质可得a1+a7+a13=3a7=2π，∴a7=，
∴tan（a2+a12）=tan（2a7）=tan=
故答案为：
【点评】本题考查等差数列的性质，涉及正切的运算，属基础题．
6．若命题“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0”是真命题，则实数a的取值范围是 （﹣∞，﹣1）∪（3，+∞） ．
【考点】二次函数的性质．
【专题】计算题．
【分析】因为不等式对应的是二次函数，其开口向上，若“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0”，则相应二次方程有不等的实根．
【解答】解：∵“ x∈R，使得x2+（a﹣1）x+1＜0
∴x2+（a﹣1）x+1=0有两个不等实根
∴△=（a﹣1）2﹣4＞0
∴a＜﹣1或a＞3
故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
【点评】本题主要考查一元二次不等式，二次函数，二次方程间的相互转化及相互应用，这是在函数中考查频率较高的题目，灵活多变，难度可大可小，是研究函数的重要方面．
7．对任意非零实数a、b，定义一种运算：a b，其结果y=a b的值由如图确定，则= 1 ．
【考点】程序框图．
【专题】计算题；图表型；分类讨论；算法和程序框图．
【分析】通过程序框图判断出新运算S=a b的解析式，化简，再利用新运算法则求出值．
【解答】解：由程序框图知 S=a b=，
∴=3 4==1
故答案为：1．
【点评】本题考查判断程序框图的功能即判断出新运算法则．利用运算法则求值，属于基础题．
8．（理科）极坐标系中两点，，则线段AB的长等于 ．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】数形结合；定义法；坐标系和参数方程．
【分析】根据极坐标系中两点间的距离公式，求出线段AB的长即可．
【解答】解：极坐标系中，，
∴线段AB的长为
|AB|==．
故答案为：．
【点评】本题考查了极坐标系中两点间的距离公式的应用问题，是基础题目．
9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于 ．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题．
【分析】由三视图知，原几何体是一个球和一个正方体构成的组合体，再根据三视图得到球的半径和正方体的棱长，即可求体积
【解答】解：由三视图知原几何体是一个球和一个正方体构成的组合体，球的直径为2，半径为1，正方体的棱长为2
∴原几何体的体积为：
故答案为：
【点评】本题考查三视图，要求能把三视图还原成原几何体，能根据三视图找到原几何体的长度关系，要求有较好的空间想象力．属简单题
10．若关于x，y的二元一次方程组至多有一组解，则实数m的取值范围是 （﹣∞，1）∪（1，+∞） ．
【考点】系数矩阵的逆矩阵解方程组；二元一次方程组的矩阵形式．
【专题】计算题．
【分析】先根据矩阵的乘法进行化简得到二元一次方程组，然后消去y得（m2﹣1）x=m（m﹣1），当m﹣1≠0时（m2﹣1）x=m（m﹣1）至多有一组解，从而求出m的范围．
【解答】解：关于x，y的二元一次方程组
即二元一次方程组
①×m﹣②得（m2﹣1）x=m（m﹣1）
当m﹣1≠0时（m2﹣1）x=m（m﹣1）至多有一组解
∴m≠1
故答案为：（﹣∞，1）∪（1，+∞）
【点评】本题主要考查了二元一次方程组的解的个数，以及矩阵的乘法运算，属于中档题．
11．从集合A={﹣1，1，2}中随机选取一个数记为k，从集合B={﹣2，1，2}中随机选取一个数记为b，则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为 ．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；概率与统计．
【分析】本题是一个古典概型，试验发生包含的事件（k，b）的取值所有可能的结果可以列举出，满足条件的事件直线不经过第三象限，符合条件的（k，b）有2种结果，根据古典概型概率公式得到结果．
【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件k∈A={﹣1，1，2}，b∈B={﹣2，1，2}，
得到（k，b）的取值所有可能的结果有：（﹣1，﹣2）；（﹣1，1）；（﹣1，2）；（1，﹣2）；（1，1）；（1，2）；
（2，﹣2）；（2，1）；（2，2）共9种结果．
而当时，直线不经过第三象限，符合条件的（k，b）有2种结果，
∴直线不过第四象限的概率P=，
故答案为．
【点评】古典概型和几何概型是我们学习的两大概型，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不能列举的就是几何概型，几何概型的概率的值是通过长度、面积、体积的比值得到，属于基础题．
12．不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R成立，则实数a的取值范围为 a≥1或a≤﹣2 ．
【考点】三角函数的最值；三角函数中的恒等变换应用．
【专题】函数的性质及应用；三角函数的图像与性质．
【分析】不等式进行等价转化为关于cosx的一元二次不等式，利用二次函数的性质和图象列不等式组求得答案．
【解答】解；不等式等价于1﹣cos2x+acosx+a2﹣1﹣cosx≥0，恒成立，
整理得﹣cos2x+（a﹣1）cosx+a2≥0，
设cosx=t，则﹣1≤t≤1，
g（t）=﹣t2+（a﹣1）t+a2，要使不等式恒成立需
，求得a≥1或a≤﹣2，
故答案为：a≥1或a≤﹣2．
【点评】本题主要考查了一元二次不等式的解法，二次函数的性质．注重了对数形结合思想的运用和问题的分析．
13．如图已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD=60°，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN中点P的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积为 ．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征．
【专题】计算题．
【分析】先推导点P的轨迹，从而确定点P与平行六面体所围成的几何体的形状，然后求几何体的体积
【解答】解：取AB的中点E连接DE，由题意知DE⊥AB，DE⊥CD
以DE所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立如图空间直角坐标系
设M（0，0，z），N（x，y，0），则P（）
MN=
∴x2+y2+z2=4
∴
∴OP2=1
即OP=1
∴点P的轨迹是以原点D为球心，以1为半径的球的一部分
又∵∠BAD=60°
∴∠ADC=120°
∴点P的轨迹是球的
∴几何体的体积为
故答案为：
【点评】本题考查几何体的体积，须先用代数法确定点的轨迹，然后熟练应用体积公式即可．属中档题
14．在平面直角坐标系中，定义（n∈N*为点Pn（xn，yn）到点Pn+1（xn+1，yn+1）的一个变换，我们把它称为点变换．已知P1（0，1），P2（x2，y2），…，Pn（xn，yn），Pn+1（xn+1，yn+1）是经过点变换得到的一列点．设an=|PnPn+1|，数列{an}的前n项和为Sn，那么的值为= 2+ ．
【考点】数列的极限．
【专题】新定义；转化思想；分析法；等差数列与等比数列．
【分析】由题设知a1=|（0，1） （1，1）|=1，a2=|（1，1） （0，2）|=，a3=|（0，2） （2，2）|=2，a4=|（2，2） （0，4）|=2，…，an=（）n﹣1，Sn=a1+a2+a3+…+an=．由此可求出的值．
【解答】解：由题设知P1（0，1），P2（1，1），a1=|P1P2|=1，
且当n≥2时，an2=|PnPn+1|2=（xn+1﹣xn）2﹣（yn+1﹣yn）2
=[（yn﹣xn）﹣xn]2+[（yn+xn）﹣yn]2=5xn2﹣4xnyn+yn2
an﹣12=|Pn﹣1Pn|2=（xn﹣xn﹣1）2﹣（yn﹣yn﹣1）2①
由定义（n∈N），得，
∴，
代入①计算化简得an﹣12=|Pn﹣1Pn|2=（）2+（）2=（5xn2﹣4xnyn+yn2）=an2．
∴=（n≥2），
∴数列{an}是以为公比的等比数列，且首项a1=1，
∴an=（）n﹣1，
∴Sn=a1+a2+a3+…+an=．
∴= =，
则===2+．
故答案为：．
【点评】本题考查集合的性质和运算，解题时要注意等比数列前n项和公式的合理运用，属于中档题．
15．若X是一个集合，τ是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ．则称τ是集合X上的一个拓扑．已知集合X={a，b，c}，对于下面给出的四个集合τ：
①τ={ ，{a}，{c}，{a，b，c}}；
②τ={ ，{b}，{c}，{b，c}，{a，b，c}}；
③τ={ ，{a}，{a，b}，{a，c}}；
④τ={ ，{a，c}，{b，c}，{c}，{a，b，c}}．
其中是集合X上的拓扑的集合τ的序号是 ②④ ．
【考点】集合的包含关系判断及应用．
【专题】压轴题；新定义．
【分析】根据集合X上的拓扑的集合τ的定义，逐个验证即可：①{a}∪{c}={a，c} τ，③{a，b}∪{a，c}={a，b，c} τ，因此①③都不是；
②④满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ，因此②④是，从而得到答案．
【解答】解：①τ={ ，{a}，{c}，{a，b，c}}；
而{a}∪{c}={a，c} τ，故①不是集合X上的拓扑的集合τ；
②τ={ ，{b}，{c}，{b，c}，{a，b，c}}，满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ
因此②是集合X上的拓扑的集合τ；
③τ={ ，{a}，{a，b}，{a，c}}；
而{a，b}∪{a，c}={a，b，c} τ，故③不是集合X上的拓扑的集合τ；
④τ={ ，{a，c}，{b，c}，{c}，{a，b，c}}．
满足：①X属于τ， 属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ
因此④是集合X上的拓扑的集合τ；
故答案为②④．
【点评】此题是基础题．这是考查学生理解能力和对知识掌握的灵活程度的问题，重在理解题意．本题是开放型的问题，要认真分析条件，探求结论，对分析问题解决问题的能力要求较高．
二、选择题（本题满分16分）本大题共有5题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的选对得4分，否则一律得零分.
16．A，B两点在半径为2的球面上，且以线段AB为直径的小圆周长为2π，则A，B两点间的球面距离为（ ）
A．π B．2π C． D．
【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何．
【分析】求出球的半径，利用等边三角形求出∠AOB的大小，再求球面距离弧AB．
【解答】解：根据题意画出示意图，如图所示：
∵球的半径为R=2，且以线段AB为直径的小圆周长为2π，
∴小圆直径为AB=2；
∴在三角形AOB中，AO=AB=BO=2，
∴∠AOB=，
∴A，B两点间的球面距离为：l=R=．
故选：D．
【点评】本题考查了球面距离的应用问题，也考查了圆的周长与弧长的计算问题，是基础题目．
17．已知函数，则“f（2）＜f（3）”是“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的什么条件．（ ）
A．“充要” B．“充分不必要”
C．“必要不充分” D．“既不充分也不必要”
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【专题】函数思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】先求出函数f（x）的导数，求出“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的充要条件，从而得到答案．
【解答】解：f′（x）==，
如f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增，
则2a﹣1＞0，解得：a＞，
由f（2）＜f（3），得：＜，解得：a＞，
故f（2）＜f（3）”是“f（x）在区间（﹣2，+∞）上单调递增”的充要条件，
故选：A．
【点评】本题考查了充分必要条件，考查函数的单调性问题，是一道基础题．
18．设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π），则下列命题中是真命题的个数是（ ）
①存在一个圆与所有直线相交；
②存在一个圆与所有直线不相交；
③存在一个圆与所有直线相切；
④M中所有直线均经过一个定点；
⑤不存在定点P不在M中的任一条直线上；
⑥对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；
⑦M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】直线的斜截式方程．
【分析】根据已知可知直线系M都为以（0，2）为圆心，以1为半径的圆的切线，取半径为2即可得到所以①对；存在圆心为（0，2），半径为的圆与直线都不相交，所以②对；③显然对；④错；⑤错，存在可取一点（0，2）即可验证；⑥可去三角形的外接正三角形所有边均在M中的直线上且面积相等，所以⑥都正确．⑦可以举反例．
【解答】解：根据直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）得到所有直线都为圆心为（0，2），半径为1的圆的切线；
可取圆心为（0，2），半径分别为2，，1得到①②③正确；所有的直线与一个圆相切，没有过定点，④错；存在（0，2）不在M中的任一条直线上，所以⑤错；存在等边三角形的三边都在M中的直线上，⑥对，可取圆的外接正三角形其所有边均在M中的直线上且面积相等；⑦可以做在圆的三等分点做圆的切线，把其中一条平移到另外两个点中点时，可知⑦错误；故①②③⑥正确，④⑤⑦错，所以真命题的个数为4个
故选：B
【点评】考查学生利用直线的斜截式方程得到直线系M为平面内除过一个圆的区域．
19．（2015秋 上海校级期中）在约束条件下，若3≤S≤5，则目标函数z=3x+2y的最大值变化范围是（ ）
A．[6，8] B．[6，15] C．[7，8] D．[7，15]
【考点】简单线性规划．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】先根据约束条件画出可行域，设z=3x+2y，再利用z的几何意义求最值，只需求出直线z=3x+2y过可行域内的点时，从而得到z=3x+2y的最大值即可．
【解答】解：先根据约束条件画出可行域，
设z=3x+2y，
将z的值转化为直线z=3x+2y在y轴上的截距，
当S=3时，对应的平面区域为四边形OCAD，
当直线z=3x+2y经过点A（1，2）时，z最大，最大值为7．
当S=5时，对应的平面区域为三角形OBD，
当直线z=3x+2y经过点B（0，4）时，z最大，最大值为8，
故当3≤S≤5时，目标函数z=3x+2y的最大值的变化范围是[7，8]．
故选：C
【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，利用数形结合是解决本题的关键．
20．长度分别为2、x、x、x、x、x的六条线段能成为同一个四面体的六条棱的充要条件是（ ）
A．x B． C． D．x＞1
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】压轴题；探究型．
【分析】用极限的角度考虑，可求x接近最小的数值，得不到最大值，求出结果．
【解答】解：用极限的角度考虑，四面体趋近于在一个平面内的菱形时x最小，
不能低于，最大可以无穷大（就是两个等边三角形的二面角可以无限趋于0），
【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查空间想象能力，极限思想的应用，是中档题．
三、解答题
21．关于x的不等式＜0的解集为（﹣1，b）．
（1）求实数a、b的值；
（2）若z1=a+bi，z2=cosα+isinα，且z1z2为纯虚数，求的值．
【考点】二阶矩阵；两角和与差的余弦函数．
【专题】计算题．
【分析】（1）将原不等式转化为（x+a）x﹣2＜0，即x2+ax﹣2＜0，根据解集为（﹣1，b）得到﹣1，b是方程x2+ax﹣2=0的两个根，结合根与系数的关系即可列出关于a，b的方程组，并利用解二元一次方程组的方法即可求解
（2）根据z1z2为纯虚数，得知实部为0，虚部不为0，即可得到关于α的条件式并解得：tanα=﹣，再利用两角差的余弦，倍角公式和同角的三角关系将化为关于tanα的代数式即可求解
【解答】解：（1）原不等式等价于（x+a）x﹣2＜0，
即x2+ax﹣2＜0
由题意得，
解得a=﹣1，b=2．
（2）z1=﹣1+2i，z1z2=（﹣cosα﹣2sinα）+i（2cosα﹣sinα）
若z1z2为纯虚数，则，
解得
==．
【点评】本题考查了二阶矩阵，两角和与差的余弦函数及解三角方程的能力，属于基础题．
22．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0）
（1）求证：CD⊥平面ADD1A1
（2）若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值
（3）现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．
【专题】压轴题；空间位置关系与距离；空间角．
【分析】（1）取DC得中点E，连接BE，可证明四边形ABED是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得BE⊥CD，即CD⊥AD，又侧棱AA1⊥底面ABCD，可得AA1⊥DC，利用线面垂直的判定定理即可证明．（2）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与斜线的方向向量的夹角即可得出；（3）由题意可与左右平面ADD1A1，BCC1B1，上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案
新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）．
【解答】（1）证明：取DC的中点E，连接BE，∵AB∥ED，AB=ED=3k，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴BE∥AD，且BE=AD=4k，∴BE2+EC2=（4k）2+（3k）2=（5k）2=BC2，∴∠BEC=90°，∴BE⊥CD，
又∵BE∥AD，∴CD⊥AD．
∵侧棱AA1⊥底面ABCD，∴AA1⊥CD，
∵AA1∩AD=A，∴CD⊥平面ADD1A1．
（2）解：以D为坐标原点，、、的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）．
∴，，．
设平面AB1C的一个法向量为=（x，y，z），则，取y=2，则z=﹣6k，x=3．∴．
设AA1与平面AB1C所成角为θ，则===，解得k=1，故所求k=1．
（3）由题意可与左右平面ADD1A1，BCC1B1，上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案．
写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）=
【点评】本题主要考查了线线、线面的位置关系、通过建立空间直角坐标系利用法向量求线面角、柱体的定义积表面积、勾股定理的逆定理等基础知识，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力及化归与转化能力．
23．如图，△ABC的内切圆与三边AB、BC、CA的切点分别为D、E、F，已知B（﹣，C，内切圆圆心I（1，t）．设A点的轨迹为L
（1）求L的方程；
（2）过点C作直线m交曲线L于不同的两点M、N，问在x轴上是否存在一个异于点C的定点Q．使对任意的直线m都成立？若存在，求出Q的坐标，若不存在，说明理由．
【考点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的关系．
【专题】计算题．
【分析】（1）由切线长定理得，从一点出发的切线长相等，得到A点到两个点B，C的距离之差是常数，根据双曲线的定义得A点的轨迹是双曲线，从而即可求出L的方程；
（2）对于存在性问题，可先假设存在，设点Q（x0，0），再设M（x1，y1），N（x2，y2），由条件得∠MQC=∠NQC，下面分类讨论：①当MN⊥x，②当MN不垂直x时，第一种情况比较简单，对于第二种情况，将直线的方程代入双曲线方程，消去y得到关于x的二次方程，结合根与系数的关系，利用斜率相等求得，从而说明存在点Q．
【解答】解：（1）由题意|AD|=|AF|．|BD|=|BE|，|CE|=|CF|．
∴|AB|﹣|AC|=|BD|﹣|CF|=|BE|﹣|CE|=|BO|+|OE|﹣（|OC|﹣|OE|）=2|OE|
I（1，t），E（1，0），|OE|=1，|AB|﹣|AC|=2
x2﹣y2=1（x＞1）
（2）设点Q（x0，0），设M（x1，y1），N（x2，y2）
∵ ∠MQC=∠NQC
于是：①当MN⊥x，点Q（x0，0）在x上任何一点处，都能够使得：
∠MQC=∠NQC成立，
②当MN不垂直x时，设直线．
由得：
则：
∴
∵，要使∠MQC=∠NQC成立，
只要tan∠MQC=tan∠NQC： x2y1﹣x0y1+x1y2﹣x0y2=0
即=
∴ ∴当时，能够使：
对任意的直线m成立．
【点评】本题主要考查了轨迹方程、直线与圆锥曲线的交点等知识，属于中档题．
24．设Sn是各项均为非零实数的数列{an}的前n项和，给出如下两个命题上：命题p：{an}是等差数列；命题q：等式对任意n（n∈N*）恒成立，其中k，b是常数．
（1）若p是q的充分条件，求k，b的值；
（2）对于（1）中的k与b，问p是否为q的必要条件，请说明理由；
（3）若p为真命题，对于给定的正整数n（n＞1）和正数M，数列{an}满足条件，试求Sn的最大值．
【考点】等差数列与等比数列的综合；数列的求和．
【专题】综合题；等差数列与等比数列．
【分析】（1）设{an}的公差为d，利用裂项法原等式可化为（﹣+﹣+…+﹣）=，整理可得（k﹣1）n+b=0对于n∈N*恒成立，从而可求得k，b的值；
（2）当k=1，b=0时，假设p是q的必要条件，分当n=1时，当n≥2时，当n≥3时讨论即可判断结论是否正确；
（3）由+≤M，可设a1=rcosθ，an+1=rsinθ，代入求和公式Sn=，利用三角函数的有界性即可求得其最大值．
【解答】解：（1）设{an}的公差为d，则原等式可化为（﹣+﹣+…+﹣）=，
所以 =，
即（k﹣1）n+b=0对于n∈N*恒成立，所以k=1，b=0．…
（2）当k=1，b=0时，假设p是q的必要条件，即“若++…+=①对于任意的n（n∈N*）恒成立，则{an}为等差数列”．
当n=1时， =显然成立．…
当n≥2时，若++…+=②，
由①﹣②得， =（﹣），即nan﹣（n﹣1）an+1=a1③．
当n=2时，a1+a3=2a2，即a1、a2、a3成等差数列，
当n≥3时，（n﹣1）an﹣1﹣（n﹣2）an=a1④，即2an=an﹣1+an+1．所以{an}为等差数列，即p是q的必要条件．…
（3）由+≤M，可设a1=rcosθ，an+1=rsinθ，所以r≤．
设{an}的公差为d，则an+1﹣a1=nd=rsinθ﹣rcosθ，
所以d=，
所以an=rsinθ﹣，
Sn==r≤ =，
所以Sn的最大值为…
【点评】本题考查等差数列与等比数列的综合，突出考查“充分、必要条件”在数列中的综合应用，判断（2）中“p是否为q的必要条件”是难点，考查参数方程及三角函数的有界性，属于难题．
25．已知f（x）=．
（1）求f（f（x））；
（2）对参数a的哪些值，方程|x|+||=a正好有3个实数解；
（3）设b为任意实数，证明：x+﹣=b共有3个不同的实数解x1，x2，x3，并且x1+x2+x3=b．
【考点】根的存在性及根的个数判断；函数的值．
【专题】计算题；作图题；证明题；数形结合；函数的性质及应用．
【分析】（1）化简可得f（f（x））=f（）=x，
（2）作函数y=||与函数y=a﹣|x|的图象，从而化为x+=a有一个解，从而利用判别式解得．
（3）化简方程可得x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7=0，从而令g（x）=x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7，从而利用零点的判定定理判断即可．
【解答】解：（1）∵f（x）=，
∴f（f（x））=f（）=x，
（2）作函数y=||与函数y=a﹣|x|的图象如下，
若使方程|x|+||=a正好有3个实数解，
则x+=a有一个解，
即3x2﹣3ax+a+1=0有一个解，
故△=9a2﹣12a﹣12=0，
解得，a=2或a=﹣（舍去）；
故a=2；
（3）证明：∵x+﹣=b，
∴=b，
∴x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7=0，
令g（x）=x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7，
易知g（x）=﹣∞，g（x）=+∞，
g（﹣1）=﹣1﹣b﹣b+21+2b﹣7=13＞0，
g（2）=8﹣4b+2b﹣42+2b﹣7=﹣41＜0，
故g（x）在（﹣∞，﹣1），（﹣1，2），（2，+∞）上各有一个零点，
故g（x）有3个不同的零点x1，x2，x3，
故x+﹣=b共有3个不同的实数解x1，x2，x3，
∵x3﹣bx2+（b﹣21）x+2b﹣7=（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）
=x3﹣（x1+x2+x3）x2+（x1x2+x1x3+x3x2）x﹣x1x2x3，
故x1+x2+x3=b．
【点评】本题考查了数形结合的思想应用及分段函数的应用，同时考查了函数的零点与方程的根的关系应用．
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