浙江省湖州市2020-2021学年高三上学期期末考试数学试卷 (含解析)
浙江省湖州市2020-2021学年高三（上）期末考试数学试卷一、选择题（共10小题）.1．已知集合A＝{x∈R|0＜x＜2}，B＝{x∈R||x|＜1}，则A∩B＝（）A．（1，2）B．（0，2）C．（0，1）D．（﹣1，2）2．设a∈R，若复数z＝（1+2i）（a+i）的实部与虚部相等（i是虚数单位），则a＝（）A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．33．若x、y满足约束条件，则z＝x+y的最大值是（）A．﹣5 B．1 C．2 D．44．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β“是“α∥β”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．已知函数f（x）＝，则y＝f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为（）A．2 B．C．D．37．数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点A（x，y）与点B（a，b）之间的距离的几何问题．结合上述观点，可得方程的解是（）A．B．C．D．8．设等比数列{a n}的前n项和为S n，且．若a1＞1，则（）A．a1＜a3，a2＜a4B．a1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4D．a1＞a3，a2＞a49．已知四面体ABCD中，二面角A﹣BC﹣D的大小为60°，且AB＝2，CD＝4，∠CBD＝120°，则四面体ABCD体积的最大值是（）A．B．C．D．10．已知函数f（x）＝（1﹣a）lnx+x2+（a2﹣a﹣1）x+b（x＞0，a∈R，b∈R）．若函数f（x）有三个零点，则（）A．a＞1，b＜0 B．0＜a＜1，b＞0 C．a＜0，b＞0 D．0＜a＜1，b＜0 二.填空题（共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．椭圆的焦距是，离心率是．12．设（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a3＝，a1+a2+…+a5＝．13．若，则tanα＝，cos2α＝．14．设点F是抛物线y2＝4x的焦点，过点F作倾斜角为45°直线交抛物线于A，B两点，则以线段AB为直径的圆的半径是，若该圆上恰有三个点到直线y＝x+b（b＞0）的距离为2，则b＝．15．一个口袋中有7个大小相同的球，其中红球3个，黄球2个，绿球2个．现从该口袋中任取3个球，设取出红球的个数为ξ，则E（ξ）＝．16．设函数f（x）＝x3﹣3x+3（x∈R）．已知a＞0，且f（x）﹣f（a）＝（x﹣b）（x﹣a）2，b∈R，则ab＝．17．已知x，y∈R，且x+y＝3，则的最小值是．三、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知（a cos B+b cos A）cos C＝c sin C．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求cos2A+cos2B的取值范围．19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1所有的棱长均为1，且四边形C1BB1C为正方形，又AB⊥B1C．（Ⅰ）求证：A1B1⊥AC1；（Ⅱ）求直线AB和平面A1ACC1所成角的正弦值．20．设等差数列{a n}的首项a1为a（a＞0），其前n项和为S n．（Ⅰ）若S1，S2，S4成等比数列，求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下，若对任意的n∈N*，恒有S n＞0，问是否存在k（k≥2，k∈N*），使得lnS k、lnS k+1、lnS k+2成等比数列？若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由．21．如图，已知点A，B，C是抛物线x2＝y上的三个不同的点，且△ABC是以点B为直角顶点的等腰直角三角形．（Ⅰ）若直线BC的斜率为1，求顶点B的坐标；（Ⅱ）求三角形ABC的面积的最小值．22．已知函数f（x）＝mx3﹣x+sin x+ne x（m，n∈R），e为自然对数的底数．（Ⅰ）当m＝0且n＝1时，证明：f（x）＞0；（Ⅱ）当n＝0时，函数f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，求实数m的取值范围．浙江省湖州市2020-2021学年高三（上）期末考试数学试卷参考答案一、选择题（共10小题）.1．已知集合A＝{x∈R|0＜x＜2}，B＝{x∈R||x|＜1}，则A∩B＝（）A．（1，2）B．（0，2）C．（0，1）D．（﹣1，2）解：∵A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|﹣1＜x＜1}，∴A∩B＝（0，1）．故选：C．2．设a∈R，若复数z＝（1+2i）（a+i）的实部与虚部相等（i是虚数单位），则a＝（）A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．3解：设a∈R，复数z＝（1+2i）（a+i）＝（a﹣2）+（1+2a）i，由复数的实部与虚部相等（i是虚数单位），则a﹣2＝1+2a，解得a＝﹣3，故选：A．3．若x、y满足约束条件，则z＝x+y的最大值是（）A．﹣5 B．1 C．2 D．4解：画出约束条件表示的平面区域，如图所示；由z＝x+y得y＝﹣x+z，平移直线y＝﹣x+z，由图象可知当直线y＝﹣x+z经过点A时，直线y＝﹣x+z的截距最大，此时z最大；由，解得，即A（2，2），代入目标函数z＝x+y得z＝2+2＝4．即目标函数z＝x+y的最大值为4．故选：D．4．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β“是“α∥β”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解：m⊂α，m∥β得不到α∥β，因为α，β可能相交，只要m和α，β的交线平行即可得到m∥β；α∥β，m⊂α，∴m和β没有公共点，∴m∥β，即α∥β能得到m∥β；∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．故选：B．5．已知函数f（x）＝，则y＝f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．解：令g（x）＝x﹣lnx﹣1，则，由g'（x）＞0，得x＞1，即函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，由g'（x）＜0得0＜x＜1，即函数g（x）在（0，1）上单调递减，所以当x＝1时，函数g（x）有最小值，g（x）min＝g（0）＝0，于是对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），有g（x）≥0，故排除B、D，因函数g（x）在（0，1）上单调递减，则函数f（x）在（0，1）上递增，故排除C，故选：A．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为（）A．2 B．C．D．3解：可在正方体中画出该三棱锥的直观图，如图：该三棱锥中最长棱为：PA，最长棱长为：PA＝＝＝3．故选：D．7．数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点A（x，y）与点B（a，b）之间的距离的几何问题．结合上述观点，可得方程的解是（）A．B．C．D．解：由方程可得：，其几何意义为平面内一点M（x，1）到定点（﹣2，0）的距离比到定点（2，0）的距离大2，由双曲线的定义可得点M的轨迹是以（﹣2，0），（2，0）为焦点的双曲线的右支，则c＝2，2a＝2，所以a＝1，b＝，则M的轨迹方程为：，令y＝1，解得x＝（舍去），所以方程的解是，故选：C．8．设等比数列{a n}的前n项和为S n，且．若a1＞1，则（）A．a1＜a3，a2＜a4B．a1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4D．a1＞a3，a2＞a4解：∵数列{a n}为等比数列，且，∴，∴a4S3＝＝＝﹣1，∵a1＞1，∴﹣1＜q＜0，∴a3﹣a1＝a1（q2﹣1）＜0，a4﹣a2＝a1q（q2﹣1）＞0，∴a1＞a3，a2＜a4．故选：B．9．已知四面体ABCD中，二面角A﹣BC﹣D的大小为60°，且AB＝2，CD＝4，∠CBD＝120°，则四面体ABCD体积的最大值是（）A．B．C．D．解：在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BC2+BD2﹣2BC•BD•cos120°，即42＝BC2+BD2+BC•BD≥2BC•BD+BC•BD＝3BC•BD，所以，当且仅当BC＝BD时取等号，所以，又因为二面角A﹣BC﹣D的大小为60°，所以点A到平面BCD的距离的最大值为，故四面体ABCD体积的最大值为．故选：D．10．已知函数f（x）＝（1﹣a）lnx+x2+（a2﹣a﹣1）x+b（x＞0，a∈R，b∈R）．若函数f（x）有三个零点，则（）A．a＞1，b＜0 B．0＜a＜1，b＞0 C．a＜0，b＞0 D．0＜a＜1，b＜0 解：函数f（x）＝（1﹣a）lnx+x2+（a2﹣a﹣1）x+b（x＞0，a∈R，b∈R），则，令f′（x）＝0，解得，x2＝1﹣a，因为x＞0，所以＞0，x2＝1﹣a＞0，故0＜a＜1；则＞1，x2＝1﹣a＜1，当x∈（0，1﹣a）时，f'（x）＞0，所以f（x）单调递增，当x∈（1﹣a，）时，f'（x）＜0，所以f（x）单调递减，又当x→0时，f（x）→﹣∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，因为函数f（x）有三个零点，则必有f（1﹣a）＞0，f（）＜0，即①，②，由①式可得，，当0＜a＜1时，1﹣a＞0，ln（1﹣a）＜0，（a﹣2）（a+1）＜0，所以，故b＞0．故选：B．二.填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．椭圆的焦距是2，离心率是．解：椭圆，可知a＝4，b＝3，则c＝，所以椭圆的焦距为：2，椭圆的离心率为：．故答案为：2；．12．设（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a3＝﹣80，a1+a2+…+a5＝﹣2．解：由二项式定理可得a3＝（﹣2）3＝﹣80，令x＝0，可得a0＝1，令x＝1，可得a0+a1+a2+…+a5＝（﹣1）5＝﹣1，所以a1+a2+…+a5＝﹣1﹣1＝﹣2．故答案为：﹣80；﹣2．13．若，则tanα＝，cos2α＝﹣．解：tanα＝tan（α﹣+）＝＝＝＝，cos2α＝cos2α﹣sin2α＝＝＝＝＝＝﹣故答案为：，﹣．14．设点F是抛物线y2＝4x的焦点，过点F作倾斜角为45°直线交抛物线于A，B两点，则以线段AB为直径的圆的半径是4，若该圆上恰有三个点到直线y＝x+b（b＞0）的距离为2，则b＝2．解：由抛物线的方程可得焦点F（1，0），直线的斜率k＝tan45°＝1，则直线的方程为：y＝x﹣1，代入抛物线方程可得：x2﹣6x+1＝0，则x A+x B＝6，所以|AB|＝x A+x B+p＝6+2＝8，且y A+y B＝（x A﹣1）+（x B﹣1）+（x B﹣1）＝x A+x B﹣2＝6﹣2＝4，设AB的中点为M，则点M的坐标为（3，2），所以以AB为直径的圆的圆心为M（3，2），半径为r＝，若该圆上恰有三个点到直线y＝x+b（b＞0）的距离为2，则圆心M到直线的距离d＝2，即，解得b＝﹣1+2或﹣1﹣2（舍去），所以b＝2，故答案为：4，2．15．一个口袋中有7个大小相同的球，其中红球3个，黄球2个，绿球2个．现从该口袋中任取3个球，设取出红球的个数为ξ，则E（ξ）＝．解：由已知可得ξ可取0，1，2，3，则P（ξ＝0）＝，P（ξ＝1）＝，P（ξ＝2）＝，P（ξ＝3）＝，所以E（ξ）＝0×，故答案为：．16．设函数f（x）＝x3﹣3x+3（x∈R）．已知a＞0，且f（x）﹣f（a）＝（x﹣b）（x﹣a）2，b∈R，则ab＝﹣2．解：因为f（x）＝x3﹣3x+3（x∈R），所以f（x）﹣f（a）＝（x﹣b）（x﹣a）2＝x3﹣（2a+b）x2+（a2+2ab）x﹣a2b，又f（x）﹣f（a）＝x3﹣3x+3﹣（a3﹣3a+3）＝x3﹣3x﹣a3+3a，则有，解得a＝1，b＝﹣2，所以ab＝﹣2．故答案为：﹣2．17．已知x，y∈R，且x+y＝3，则的最小值是．解：∵，当且仅当x＝2时等号成立，，当且仅当y＝1时等号成立，又∵x+y＝3，∴＝，当且仅当x＝2，y＝1时等号成立．故答案为：．三、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知（a cos B+b cos A）cos C＝c sin C．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求cos2A+cos2B的取值范围．解：（Ⅰ）因为（a cos B+b cos A）cos C＝c sin C，由正弦定理可得（sin A cos B+sin B cos A）cos C＝sin（A+B）cos C＝sin C cos C＝sin2C，又因为C∈（0，π），sin C≠0，可得cos C＝sin C，即tan C＝，所以C＝．（Ⅱ）由（Ⅰ）及A+B+C＝π，可得B＝﹣A，所以cos2A+cos2B＝cos2A+cos2（﹣A）＝cos2A+（sin A﹣cos A）2＝cos2A+sin2A ﹣sin2A＝cos2A﹣sin2A+1＝cos（2A+）+1，因为A∈（0，），2A+∈（，），可得cos（2A+）∈[﹣1，]，所以cos2A+cos2B＝cos（2A+）+1∈[，）．19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1所有的棱长均为1，且四边形C1BB1C为正方形，又AB⊥B1C．（Ⅰ）求证：A1B1⊥AC1；（Ⅱ）求直线AB和平面A1ACC1所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：以B为坐标原点，BB1为x轴，BC为y轴建立空间直角坐标系如图所示，因为四边形C1BB1C为正方形，所以B（0，0，0），B1（1，0，0），C（0，1，0），C1（1，1，0），则，设，则，则，①又AB⊥B1C，则有，②由①②可得，所以，故，因为，所以A1B1⊥AC1；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，，，，设平面A1ACC1的法向量为，所以，取y＝1，则，则有，所以直线AB和平面A1ACC1所成角的正弦值为．20．设等差数列{a n}的首项a1为a（a＞0），其前n项和为S n．（Ⅰ）若S1，S2，S4成等比数列，求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下，若对任意的n∈N*，恒有S n＞0，问是否存在k（k≥2，k∈N*），使得lnS k、lnS k+1、lnS k+2成等比数列？若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，若S1，S2，S4成等比数列，则＝S1S4，又a1＝a，所以（2a+d）2＝a（4a+6d），解得d＝0或d＝2a，所以数列{a n}的通项公式a n＝a或a n＝（2n﹣1）a．（Ⅱ）假设存在k（k≥2，k∈N*），使得lnS k、lnS k+1、lnS k+2成等比数列，则有，整理可得a2+adk+d2k（k+1）＝0，当d＝0时，a＝0，则S k＝S k+1＝S k+2，不符合题意；当d≠0时，则有△＝﹣（2k+k2）•d2＜0，无解，综上所述，不存在k（k≥2，k∈N*），使得lnS k、lnS k+1、lnS k+2成等比数列．21．如图，已知点A，B，C是抛物线x2＝y上的三个不同的点，且△ABC是以点B为直角顶点的等腰直角三角形．（Ⅰ）若直线BC的斜率为1，求顶点B的坐标；（Ⅱ）求三角形ABC的面积的最小值．解：（1）∵直线BC的斜率为1，∴直线BC的倾斜角为45°，即∠CBx＝45°，又△ABC是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，∴∠ACB＝45°＝∠CBx，∴直线AC与x轴平行，由抛物线的对称性知，点B为原点，∴B（0，0）．（2）由对称性知，不妨设点B在y轴的右侧（包括y轴），且A（x1，y1），C（x2，y2），B（t，t2），则x1＜0＜t＜x2，设直线BC的斜率为k（k＞0），则直线AB的斜率为﹣，∴直线BC的方程为y﹣t2＝k（x﹣t），联立，得x2﹣kx+kt﹣t2＝0，∴x2+t＝k，x2•t＝kt﹣t2，∴|BC|＝•（x2﹣t）＝•（k﹣2t），同理可得，|AB|＝•|﹣﹣2t|＝•（+2t），∵|AB|＝|BC|，∴•（+2t）＝•（k﹣2t），化简可得，t＝，∴△ABC的面积S＝|AB|•|BC|＝•（1+k2）•（k﹣2t）2＝•（1+k2）•[k﹣2×]2＝•（1+k2）•[]2＝•≥＝1，当且仅当k＝1时，等号成立，故三角形ABC的面积的最小值为1．22．已知函数f（x）＝mx3﹣x+sin x+ne x（m，n∈R），e为自然对数的底数．（Ⅰ）当m＝0且n＝1时，证明：f（x）＞0；（Ⅱ）当n＝0时，函数f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，求实数m的取值范围．解：（Ⅰ）证明：m＝0且n＝1时，f（x）＝sin x﹣x+e x，设g（x）＝e x﹣x﹣1，则g′（x）＝e x﹣1，令g′（x）＞0，解得：x＞0，令g′（x）＜0，解得：x＜0，故g（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增，故g（x）min＝g（0）＝0，故e x﹣x≥1，当且仅当x＝0是“＝”成立，且1+sin x≥0，当且仅当sin x＝2kπ﹣（k∈Z）时取“＝”，∵取“＝”的条件不同，故e x﹣x++sin x＞0恒成立，即f（x）＞0；（Ⅱ）n＝0时，f（x）＝mx3﹣x+sin x，若函数f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，则f′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，f′（x）＝3mx2+cos x﹣1，且f′（0）＝0，若f″（x）≥0，则f′（x）在[0，+∞）单调递增，f′（x）≥0，f″（x）＝6mx﹣sin x，设h（x）＝x﹣sin x，x∈[0，+∞），则h′（x）＝1﹣cos x≥0，则h（x）在[0，+∞）递增，∴h（x）≥h（0）＝0，x≥sin x（当且仅当x＝0时“＝”成立），故当6m≥1时，6mx﹣sin x≥0恒成立，故f″（x）≥0，f′（x）在[0，+∞）上单调递增，f′（x）≥f′（0）＝0，当6m＜1时，设f″（x）的第一个零点为x0，则x∈[0，x0）时，f″（x）＝6mx﹣sin x≤0，故f′（x）在[0，x0）上单调递减，故f′（x0）＜f′（0）＝0，故f（x）在[0，x0）单调递减，不合题意，舍，综上：6m≥1，故m的取值范围是[，+∞）．。
2020-2021学年浙江省杭州市高三(上)期末数学试卷 (解析版)
2020-2021学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷一、选择题（共10小题）.1．若集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|（x﹣1）（x﹣2）≥0}，则A∪B＝（）A．{x|1≤x≤2}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x≤3}D．R2．已知a∈R，若（2+ai）（a﹣2i）＝﹣4i（i为虚数单位），则a＝（）A．﹣1B．0C．1D．23．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．1B．C．D．4．若a＞0，b＞0，则“a＞b”是“lna﹣b＞lnb﹣a”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．函数f（x）＝（﹣1）cos x（其中e为自然对数的底数）图象的可能是（）A．B．C．D．6．已知随机变量ξ满足P（ξ＝x）＝ax+b（x＝﹣1，0，1），其中a，b∈R．若E（ξ）＝，则D（ξ）＝（）A．B．C．D．7．已知（x2+1）（2x﹣1）7＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+…+a9（x﹣1）9（x∈R），则a1＝（）A．﹣30B．30C．﹣40D．408．已知实数a，b满足|b|≤2﹣a，且a≥﹣1，则2a+b的最小值为（）A．﹣7B．﹣5C．﹣3D．﹣19．设函数f（x）＝lnx﹣﹣2mx+n，若不等式f（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立，则的最大值为（）A．B．C．e D．2e10．设数列{a n}满足a1＝3，a2＝6，a n+2＝（n∈N*），（）A．存在n∈N*，a n∉QB．存在p＞0，使得{a n+1﹣pa n}是等差数列C．存在n∈N*，a n＝D．存在p＞0，使得{a n+1﹣pa n}是等比数列二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．计算lg2﹣lg＝；4＝．12．在△ABC中，A＝，b＝4，a＝2，则B＝，△ABC的面积等于．13．若a＞0，b＞0，且a+b＝1，则a2+b2的最小值等于，+的最大值等于．14．已知tanα＝cosα，则cos2α+cos4α＝，＝．15．一排11个座位，现安排2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不相邻，则不同排法的种数是．16．平面向量，的夹角为60°，且|﹣|＝1，则•（+2）的最大值为．17．在棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱BB1，B1C1的中点分别为E，F，点P在平面BCC1B1内，作PQ⊥平面ACD1，垂足为Q．当点P在△EFB1内（包含边界）运动时，点Q的轨迹所组成的图形的面积等于．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．已知函数f（x）＝sin（ωx+）cos（ωx+）（ω＞0）的最小正周期为π．（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）在锐角△ABC中，若sin A sin C﹣sin2C＝sin2A﹣sin2B，求f（B）的值．19．已知函数f（x）＝x2﹣ax﹣|ax﹣2|（a＞0）．（Ⅰ）若a＝2，解不等式f（x）＜0；（Ⅱ）设x1，x2，x3，x4是函数y＝f（x）+1的四个不同的零点，且x1＜x2＜x3＜x4．问是否存在实数a，使得x2，x3，x4成等差数列？若存在，求出所有a的值；若不存在，说明理由．20．在三棱锥A﹣BCD中，△BCD为等腰直角三角形，点E，G分别是线段BD，CD的中点，点F在线段AB上，且BF＝2FA．若AD＝1，AB＝，CB＝CD＝．（Ⅰ）求证：AG∥平面CEF；（Ⅱ）求直线AD与平面CEF所成的角．21．在数列{a n}中，a1＝1，a2k﹣1，a2k，a2k+1（k∈N*）成等比数列，公比为q k＞0．（Ⅰ）若q k＝2，求a1+a3+a5+…+a2k﹣1；（Ⅱ）若a2k，a2k+1，a2k+2（k∈N*）成等差数列，公差为d k，设b k＝．①求证：{b n}为等差数列；②若d1＝2，求数列{d k}的前k项和D k．22．已知函数f（x）＝xlnx﹣a（x+1）2，a∈R恰好有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．（Ⅰ）求证：存在实数m∈（），使0＜a＜m；（Ⅱ）求证：﹣＜f（x1）＜﹣．参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|（x﹣1）（x﹣2）≥0}，则A∪B＝（）A．{x|1≤x≤2}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x≤3}D．R解：∵A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≤1或x≥2}，∴A∪B＝R．故选：D．2．已知a∈R，若（2+ai）（a﹣2i）＝﹣4i（i为虚数单位），则a＝（）A．﹣1B．0C．1D．2解：因为（2+ai）（a﹣2i）＝﹣4i，所以4a+（a2﹣4）i＝﹣4i，则有4a＝0，a2﹣4＝﹣4，解得a＝0．故选：B．3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．1B．C．D．解：由三视图知几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个平行四边形，有两个等腰直角三角形，直角边长为1组成的平行四边形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，且侧棱长为1，∴四棱锥的体积是．故选：B．4．若a＞0，b＞0，则“a＞b”是“lna﹣b＞lnb﹣a”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解：当a＞0，b＞0时，若a＞b，则lna＞lnb，此时a+lna＞b+lnb成立，即充分性成立，设f（x）＝x+lnx，当x＞0时，f（x）为增函数，则由a+lna＞b+lnb得f（a）＞f（b），即a＞b，即必要性成立，则“a＞b”是“a+lna＞b+lnb”的充要条件，故选：C．5．函数f（x）＝（﹣1）cos x（其中e为自然对数的底数）图象的可能是（）A．B．C．D．解：f（x）＝•cos x＝•cos x，则f（﹣x）＝•cos x＝•cos x＝﹣f（x），则f（x）是奇函数，排除A，C，当0＜x＜时，f（x）＜0，排除B，故选：D．6．已知随机变量ξ满足P（ξ＝x）＝ax+b（x＝﹣1，0，1），其中a，b∈R．若E（ξ）＝，则D（ξ）＝（）A．B．C．D．解：由已知可得：P（ξ＝﹣1）＝﹣a+b，P（ξ＝0）＝b，P（ξ＝1）＝a+b，则﹣a+b+b+a+b＝1，即b＝，又E（ξ）＝﹣1×（﹣a+b）+0×b+1×（a+b）＝，所以a＝，所以ξ的分布列如下：ξ﹣101P所以D（ξ）＝，故选：B．7．已知（x2+1）（2x﹣1）7＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+…+a9（x﹣1）9（x∈R），则a1＝（）A．﹣30B．30C．﹣40D．40解：∵（x2+1）（2x﹣1）7＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+…+a9（x﹣1）9（x∈R），令f（x）＝（x2+1）（2x﹣1）7＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+…+a9（x﹣1）9（x∈R），则f′（x）＝2x＝a1+a2（x﹣1）1+…+a9（x﹣1）8，f′（x）＝2x•（2x﹣1）7+（x2+1）•14（2x﹣1）6，∴a1＝f′（1）＝2×1+2×14×（2﹣1）6＝30故选：B．8．已知实数a，b满足|b|≤2﹣a，且a≥﹣1，则2a+b的最小值为（）A．﹣7B．﹣5C．﹣3D．﹣1解：不等式|b|≤2﹣a可化为﹣2+a≤b≤2﹣a，且a≥﹣1，所以约束条件为，画出约束条件表示的平面区域，如阴影部分所示：设z＝2a+b，平移目标函数知，当目标函数过点A时，z取得最小值；由，求得A（﹣1，﹣3），所以z＝2a+b的最小值为z min＝2×（﹣1）+（﹣3）＝﹣5．故选：B．9．设函数f（x）＝lnx﹣﹣2mx+n，若不等式f（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立，则的最大值为（）A．B．C．e D．2e解：不等式f（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立，即为lnx﹣﹣2mx+n≤0，即lnx﹣≤2m（x﹣）对x＞0恒成立，设g（x）＝lnx﹣，由g′（x）＝+＞0，可得g（x）在（0，+∞）递增，且g（e）＝0，当x→0时，g（x）→﹣∞；x→+∞，g（x）→+∞，作出y＝g（x）的图象，再设h（x）＝2m（x﹣），x＞0，可得h（x）表示过（，0），斜率为2m的一条射线（不含端点），要求的最大值，且满足不等式恒成立，可求的最大值，由于点（，0）在x轴上移动，只需找到合适的m＞0，且与g（x）＝lnx﹣切于点（，0），如图所示：此时＝e，即有的最大值为2e，故选：D．10．设数列{a n}满足a1＝3，a2＝6，a n+2＝（n∈N*），（）A．存在n∈N*，a n∉QB．存在p＞0，使得{a n+1﹣pa n}是等差数列C．存在n∈N*，a n＝D．存在p＞0，使得{a n+1﹣pa n}是等比数列解：由a n+2＝（n∈N*），可得①，则②①﹣②可得，a n+2a n﹣a n+1a n﹣1＝a n+12﹣a n2，所以a n（a n+2+a n）＝a n+1（a n+1+a n﹣1），则，由此可得，，所以，则a n+2＝3a n+1﹣a n且a1＝3∈Z，a2＝6∈Z，所以a n∈Z，故选项A，C错误；由a n+3＝3a n+2﹣a n+1，可得a n+3﹣a n+2＝5a n+1﹣2a n不是常数，所以不存在p＞0，使得{a n+1﹣pa n}是等差数列，故选项B错误；假设存在p＞0，使得{a n+1﹣pa n}是等比数列，公比为q，则有a n+1﹣pa n＝q（a n﹣pa n﹣1），所以a n+1＝（p+q）a n﹣pqa n﹣1，由a n+2＝3a n+1﹣a n，则，解得，所以存在，使得{a n+1﹣pa n}是等比数列，故选项D正确．故选：D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．计算lg2﹣lg＝1；4＝9．解：lg2﹣lg＝lg2+lg5＝lg10＝1；4＝＝9．故答案为：1；9．12．在△ABC中，A＝，b＝4，a＝2，则B＝，△ABC的面积等于2．解：因为在△ABC中，A＝，b＝4，a＝2，由正弦定理，可得＝，可得sin B＝1，因为B∈（0，π），则B＝，所以c＝＝＝2，所以S△ABC＝ac＝＝2．故答案为：，2．13．若a＞0，b＞0，且a+b＝1，则a2+b2的最小值等于，+的最大值等于．解：∵a＞0，b＞0，a+b＝1，∴，，∴，∴a2+b2的最小值等于；∵，∴，∴的最大值等于．故答案为：．14．已知tanα＝cosα，则cos2α+cos4α＝1，＝1．解：因为tanα＝＝cosα，可得sinα＝cos2α，则cos2α+cos4α＝cos2α+sin2α＝1，＝＝＝＝＝1．故答案为：1，1．15．一排11个座位，现安排2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不相邻，则不同排法的种数是44．解：根据题意，分2种情况讨论，①两个都在左边的4个座位或右边的4个座位就坐，有2×A22×3＝12种排法，②两个人一人在左边4个座位，一个在右边4个座位就坐，有2×CA41×C41＝32种排法，则一共有12+32＝44种不同的排法，故答案为：4416．平面向量，的夹角为60°，且|﹣|＝1，则•（+2）的最大值为．解：设||＝a，||＝b，则由|﹣|＝1，平方得||2+||2﹣2•＝1，即a2+b2﹣2ab×＝1，即a2+b2﹣ab＝1，则•（+2）＝||2+2•＝a2+ab，∵a2+ab＝＝＝，令m＝，则m＞0，则原式＝＝，再设t＝1+m，则t＞1，则m＝t﹣1．则＝＝＝≤＝＝＝，当且仅当t＝，即t＝时，取等号，即•（+2）的最大值为，故答案为：．17．在棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱BB1，B1C1的中点分别为E，F，点P在平面BCC1B1内，作PQ⊥平面ACD1，垂足为Q．当点P在△EFB1内（包含边界）运动时，点Q的轨迹所组成的图形的面积等于．解：连结BD交AC于点O，连结OD1，B1D交于点H，设G为CD1的中点，因为AC⊥BD，AC⊥BB1，BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D，所以AC⊥平面BB1D，因为B1D⊂平面BB1D，所以B1D⊥AC，同理可证B1D⊥AD1，又AC∩AD1＝A，AC，AD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，即点B1在平面ACD1的投影为H，且D1H＝2HO，同理，点E，F在面ACD1的投影分别为O，G，所以△EFB1在平面ACD1的投影为△OGH，又，所以，所以点Q的轨迹所组成的图形的面积S＝．故答案为：．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．已知函数f（x）＝sin（ωx+）cos（ωx+）（ω＞0）的最小正周期为π．（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）在锐角△ABC中，若sin A sin C﹣sin2C＝sin2A﹣sin2B，求f（B）的值．解：（I）函数f（x）＝sin（ωx+）cos（ωx+）＝（sinωx+cosωx）（cosωx﹣sinωx）＝cos2ωx﹣sin2ωx＝×﹣×＝cos2ωx﹣，因为函数f（x）最小正周期为π，由T＝＝π，且ω＞0，解得ω＝1，所以f（x）＝cos2x﹣，令2kπ﹣π≤2x≤2kπ，k∈Z，解得kπ﹣≤x≤kπ，k∈Z，可得函数f（x）的单调递增区间为：[kπ﹣，kπ]，k∈Z．（II）由sin A sin C﹣sin2C＝sin2A﹣sin2B得：ac﹣c2＝a2﹣b2，即a2+c2﹣b2＝ac，∴cos B＝＝＝，又B为锐角，可得B＝，∴f（B）＝cos﹣＝﹣＝．19．已知函数f（x）＝x2﹣ax﹣|ax﹣2|（a＞0）．（Ⅰ）若a＝2，解不等式f（x）＜0；（Ⅱ）设x1，x2，x3，x4是函数y＝f（x）+1的四个不同的零点，且x1＜x2＜x3＜x4．问是否存在实数a，使得x2，x3，x4成等差数列？若存在，求出所有a的值；若不存在，说明理由．解：（Ⅰ）当a＝2时，不等式f（x）＜0，即x2﹣2x﹣|2x﹣2|＝|x﹣1|2﹣2|x﹣1|﹣1＜0，所以0≤|x﹣1|＜，解得，故不等式f（x）＜0的解集为{x|}；（Ⅱ）因为f（x）＝x2﹣ax﹣|ax﹣2|（a＞0），则，又y＝f（x）+1有四个不同的零点，所以△＝4a2﹣12＞0且，解得，因为x1＜x2＜x3＜x4，当时，f（x）+1＝x2﹣1＝0，可得x1＝﹣1，x2＝1，所以x3，x4是x2﹣2ax+3＝0的两个根，若x2，x3，x4成等差数列，则，所以，代入方程x2﹣2ax+3＝0可得，，解得或﹣2（舍），综上可知，存在使得x2，x3，x4成等差数列．20．在三棱锥A﹣BCD中，△BCD为等腰直角三角形，点E，G分别是线段BD，CD的中点，点F在线段AB上，且BF＝2FA．若AD＝1，AB＝，CB＝CD＝．（Ⅰ）求证：AG∥平面CEF；（Ⅱ）求直线AD与平面CEF所成的角．【解答】（Ⅰ）证明：连接BG交EC于H，连接FH，则点H为△BCD的重心，有，∵，∴FH∥AG，且FH⊂平面CEF，AG⊄平面CEF，则AG∥平面CEF；（Ⅱ）解：∵BF＝，BE＝1，∠ABD＝30°，∴EF2＝BF2+BE2﹣2BE•BF•cos∠ABD＝＝，故BF2＝BE2+EF2，∴BE⊥EF，又由已知，CE⊥BD，CE∩EF＝E，则BD⊥平面CEF，过F作AD的平行线FP，交BD于P，则PE⊥CEF，故∠PFE为直线AD与平面CEF所成的角，且FP＝，EP＝，∠FEP＝90°，∴sin，得直线AD与平面CEF所成的角为．21．在数列{a n}中，a1＝1，a2k﹣1，a2k，a2k+1（k∈N*）成等比数列，公比为q k＞0．（Ⅰ）若q k＝2，求a1+a3+a5+…+a2k﹣1；（Ⅱ）若a2k，a2k+1，a2k+2（k∈N*）成等差数列，公差为d k，设b k＝．①求证：{b n}为等差数列；②若d1＝2，求数列{d k}的前k项和D k．【解答】（Ⅰ）解：因为a1＝1，a2k﹣1，a2k，a2k+1（k∈N*）成等比数列，公比为q k＞0，所以，则a1+a3+a5+…+a2k﹣1＝＝；（Ⅱ）①证明：因为a2k，a2k+1，a2k+2（k∈N*）成等差数列，所以2a2k+1＝a2k+a2k+2，即，则，即b k+1﹣b k＝1，所以数列{b n}为等差数列，公差为1；②解：若d1＝2，所以a3＝a2+2，则有，所以a2＝2或a2＝﹣1；当a2＝2时，q1＝2，所以b1＝1，则b k＝1+（k﹣1）×1＝k，即，解得，所以，则＝，所以，则d k＝a2k+1﹣a2k＝k+1，故；若a2＝﹣1时，q1＝﹣1，所以，则，即，解得，则＝，则，所以d k＝a2k+1﹣a2k＝4k﹣2，故．综上所述，或．22．已知函数f（x）＝xlnx﹣a（x+1）2，a∈R恰好有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．（Ⅰ）求证：存在实数m∈（），使0＜a＜m；（Ⅱ）求证：﹣＜f（x1）＜﹣．【解答】证明：（Ⅰ）f′（x）＝lnx+1﹣a（x+1），x＞0，结合题意，lnx+1﹣a（x+1）＝0，即lnx+1＝a（x+1）存在2个不同正根，先考虑y＝a（x+1）与y＝lnx+1相切，记切点横坐标为x0，则，解得：，记g（x）＝xlnx﹣1，x＞0，则g′（x）＝1+lnx，令g′（x）＝0，解得：x＝，故y＝g（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，且g（1）＝﹣1＜0，g（2）＝ln4﹣1＞0，故存在唯一x0∈（1，2），使得x0lnx0＝1成立，取m＝∈（，1），则0＜a＜m时，f（x）恰有2个极值点，得证；（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f′（x1）＝lnx1+1﹣a（x1+1），且＜x1＜x0＜2，故a＝，代入f（x1），得f（x1）＝（x1lnx1﹣x1﹣lnx1﹣1），设h（x）＝（xlnx﹣x﹣lnx﹣1），h′（x）＝（lnx﹣），＜x＜2，由h′（x0）＝0，得lnx0＝，即x0lnx0＝1，则x∈（，x0）时，h′（x）＜0，x∈（x0，2），h′（x）＞0，故h（x）在（，x0）递减，在（x0，2）递增，h（x）＞h（x0）＝（x0lnx0﹣lnx0﹣x0﹣1）＝（1﹣﹣x0﹣1）＝﹣（x0+），∵x0∈（1，2），∴x0+∈（2，），∴h（x0）∈（﹣，﹣1），故h（x）＞﹣，即f（x1）＞﹣，而h（x）＜h（）＝﹣＞h（2）＝（ln2﹣3），故：﹣＜f（x1）＜﹣．。
浙江省湖州市2021-2022学年高三上学期期末数学题 含解析
2021学年第一学期期末调研测试卷高三数学一、选择题（本大题共lO小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的〉I.己知集合A={xεNl,l-x-20<0},B={xlx斗，则AnB=CA.{l, 2, 3}【答案】D[ I�轩斤1B.{0,1,2,3} c.(1, 2,3,4)【分析】由即日A={0,1,2,3,4｝，再综合集合交集运算求解即可【详解】解：因为x2-x-20 = ( x-5)(x+4) <0，所以-4<x<5,所以A={x E Nlx2 -x-20 <o} ＝归，l，以4},由于B={xlx主。
）所以AnB＝｛阳，2,3,4}故i态：。
2复数z＝乒（i是应数单位）在复平丽内对同的点在（L-1A第一象限 B.第二象限C第三象限【答案】A【解析】1 3【分析】由克里知z=-+-i，避而根据几何意义求解即可．5 5-l+i甲（l+i)(2+i)1+3i 1 3川剧解：Z－一一－＝一－＝－2-i (2－圳2+i) 5 5 5 D.{0,1,2,3,4} D.第四象限所叫z＝�(i是制单位〉在复平邵阳的点为（ii)在第一象限故m:A3.己知.x>O,y>O(x,yεR），则“.x+y过”是“砂主1”的〈）A.充分不必要条件B必要不充分条件D.既不充分也不必要条件C.充分必要条件【答案】B【解析】【分析】根据必要不充分条件的定义判断自l l可．【详解】当x=0.01,y=2时，则x+y三2，但是xy=0.02<1，不是充分条件，主＋f!Px+ y注：＋川当巧也1时因为x>O.川以叫所以X当且仅当y=l等号成立，所以是必要条件，故“x+y主2”是“xy主l”的必要不充分条件．故m:B【点睛】结论点睛：本,'!i考查必要不充分条件的判断，一般可根据如下规则判断：(I）若P是q的必要不充分条件，则q对应综合是P对应集合的真子集：(2)p是q的充分不必要条件，则P对应集合是qx,j应集合的真子集：(3)p是q的充分必要条件，则P对应集合与q对应集合相等；(4)p 是q的既不充分又不必要条件，q对的集合与P对应集合互不包含．Ix+ y-4注0,4.在平面直角坐标系中，不等式组iX-y+2>0，，表示的平丽区域内整点个数是（I x-4三OD. 10A. 16B. 14C.12【答案】C【I�平析1【分析】作出约束条件的可行域，再直接数点即可得答案．【详解】解：根据,'!i意，作出不等式纽约束的平Tifi区域，如阁，yI /6 I-－－一一一一一＿＿J .£-y+2=0。
2020-2021学年浙江省杭州市七县市高二(上)期末数学试卷 (解析版)
2020-2021学年浙江省杭州市七县市高二（上）期末数学试卷一、选择题（共12小题）.1．倾斜角为的直线的方程可以是（）A．x﹣1＝0B．y﹣1＝0C．x﹣y＝0D．x+y﹣2＝0 2．直线l1：ax﹣4y+2＝0与直线l2：x﹣ay﹣1＝0平行，则a的值为（）A．a＝±2B．a＝2C．a＝﹣2D．a＝﹣13．圆x2+y2+2ax﹣2＝0的圆心坐标和半径长依次为（）A．，a B．，a C．，|a|D．，|a| 4．“n＞m＞0”是“方程表示焦点在y轴上的双曲线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．已知直线a，b，平面α，β，下列命题（）①若a∥b，a⊥α，则b⊥α；②若α∥β，a⊥α，则a⊥β；③若a∥α，a⊥β，则α⊥β；④若a⊥α，α⊥β，则a∥β．其中真命题是（）A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④6．如图，三棱台ABC﹣A1B1C1的下底面是正三角形，且AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则二面角A ﹣BB1﹣C的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°7．圆锥的底面直径和母线长都等于球的直径，则圆锥与球的表面积之比是（）A．B．C．D．8．椭圆＝26的短轴长为（）A．10B．12C．24D．269．一动圆与两圆x2+y2＝4，（x﹣4）2+y2＝1都外切，则动圆圆心的轨迹是（）A．抛物线B．椭圆C．双曲线D．双曲线的一支10．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．4B．8C．12D．1411．已知实数x，y满足x|x|+＝1，则|x+y﹣4|的取值范围是（）A．B．C．D．12．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是AB，BC的中点，将△DAE，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使得A，B，C三点重合于点A'，若点G及四面体A'DEF 的四个顶点都在同一个球面上，则以△DEF为底面的三棱锥G﹣DEF的高h的最大值为（）A．B．C．D．二、填空题（共6小题）.13．已知点A（1，﹣1），直线l：x﹣2y+2＝0，则点A到直线l的距离是；过点A 且垂直于直线l的直线方程是．14．椭圆的焦点F1，F2的坐标是；以F1，F2为焦点，且离心率的双曲线方程是．15．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱AA1与面对角线BC1所成角的大小是；面对角线BC1与体对角面ACC1A1所成角的大小是．16．设F1、F2为双曲线左、右焦点，点A在双曲线C上，若AF1⊥AF2，且∠AF1F2＝30°，则b＝．17．设动点P在直线x+y﹣2＝0上，若在圆O：x2+y2＝3上存在点M，使得∠OPM＝60°，则点P横坐标的取值范围是．18．假设太阳光线垂直于平面α，在阳光下任意转动单位立方体，则它在平面α上的投影面面积的最大值是．三、解答题（共4小题）.19．已知抛物线C：y2＝2px上的点A（2，m）（m＞0）到准线的距离为4．（1）求p，m的值；（2）已知O为原点，点B在抛物线C上，若△AOB的面积为8，求点B的坐标．20．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB＝，AD＝DC．试证明：（1）AB1∥面BC1D；（2）AB1⊥BC121．在底面是菱形的四棱锥S﹣ABCD中，已知AB＝AS＝，BS＝4，过D作侧面SAB的垂线，垂足O恰为棱BS的中点．（1）证明在棱AD上存在一点E，使得OE⊥侧面SBC，并求DE的长；（2）求二面角B﹣SC﹣D的平面角的余弦值．22．椭圆E：的离心率为，焦距为2．（1）求椭圆E的标准方程；（2）设G（m，n）是椭圆E上的动点，过原点O作圆G：（x﹣m）2+（y﹣n）2＝的两条斜率存在的切线分别与椭圆E交于点A，B，求|OA|+|OB|的最大值．参考答案一、选择题（共12小题）.1．倾斜角为的直线的方程可以是（）A．x﹣1＝0B．y﹣1＝0C．x﹣y＝0D．x+y﹣2＝0解：由于倾斜角为的直线和x轴垂直，故选：A．2．直线l1：ax﹣4y+2＝0与直线l2：x﹣ay﹣1＝0平行，则a的值为（）A．a＝±2B．a＝2C．a＝﹣2D．a＝﹣1解：∵直线l1：ax﹣4y+2＝0与直线l2：x﹣ay﹣1＝0平行，∴＝≠，求得a＝2，故选：B．3．圆x2+y2+2ax﹣2＝0的圆心坐标和半径长依次为（）A．，a B．，a C．，|a|D．，|a|解：根据题意，圆x2+y2+2ax﹣2＝0，即（x+a）2+（y﹣a）2＝a2，其圆心为（﹣a，a），半径r＝|a|，故选：D．4．“n＞m＞0”是“方程表示焦点在y轴上的双曲线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解：若n＞m＞0，则方程表示焦点在y轴上的双曲线，若方程表示焦点在y轴上的双曲线，则n＞0且m＞0，所以“n＞m＞0”是“方程表示焦点在y轴上的双曲线”充分不必要条件．故选：A．5．已知直线a，b，平面α，β，下列命题（）①若a∥b，a⊥α，则b⊥α；②若α∥β，a⊥α，则a⊥β；③若a∥α，a⊥β，则α⊥β；④若a⊥α，α⊥β，则a∥β．其中真命题是（）A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④解：①若a∥b，a⊥α，由线面垂直的性质定理可得b⊥α，故①正确；②若α∥β，a⊥α，由线面垂直和面面平行的性质可得a⊥β，故②正确；③若a∥α，可得过a的平面γ与α的交线b平行于a，由a⊥β，可得b⊥β，又b⊂α，则α⊥β，故③正确；④若a⊥α，α⊥β，可得a∥β或a⊂β，故④错误．故选：A．6．如图，三棱台ABC﹣A1B1C1的下底面是正三角形，且AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则二面角A ﹣BB1﹣C的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°解：根据棱台的几何性质可知，A1B1∥AB，B1C1∥BC，因为AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则B1BCC1四点共面，所以BB1⊥BC，则∠ABC即为二面角A﹣BB1﹣C的平面角，△ABC为等边三角形，故∠ABC＝60°．故选：C．7．圆锥的底面直径和母线长都等于球的直径，则圆锥与球的表面积之比是（）A．B．C．D．解：设球的直径为2R，则圆锥的底面半径为R，母线长为2R，因为圆锥的额侧面展开图是扇形，故扇形的半径为母线长2R，扇形的弧长就是圆锥的底面周长为2πR，故扇形的面积为，即圆锥的侧面积为2πR2，所以圆锥的表面积为2πR2+πR2＝3πR2，球的表面积为4πR2，所以圆锥与球的表面积之比是．故选：C．8．椭圆＝26的短轴长为（）A．10B．12C．24D．26解：因为椭圆＝26，故其焦点为（﹣3，﹣4）和（3，4），且2a＝26，故2c＝＝10，∴a＝13，c＝5，∴b＝＝12，∴短轴长为2b＝24，故选：C．9．一动圆与两圆x2+y2＝4，（x﹣4）2+y2＝1都外切，则动圆圆心的轨迹是（）A．抛物线B．椭圆C．双曲线D．双曲线的一支解：设动圆的圆心为P，半径为r，而圆x2+y2＝4的圆心为O（0，0），半径为2；圆（x﹣4）2+y2＝1的圆心为F（2，0），半径为1．依题意得|PF|＝1+r，|PO|＝2+r，则|PO|﹣|PF|＝（2+r）﹣（1+r）＝1＜|FO|＝2，所以点P的轨迹是双曲线的一支．故选：D．10．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．4B．8C．12D．14解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体，如图所示：故V＝．故选：C．11．已知实数x，y满足x|x|+＝1，则|x+y﹣4|的取值范围是（）A．B．C．D．解：因为实数x，y满足x|x|+＝1，当x＞0，y＞0时，方程为，图象为椭圆在第一象限的部分，当x＞0，y＜0时，方程为，图象为双曲线在第一象限的部分，当x＜0，y＞0时，方程为，图象为双曲线在第一象限的部分，当x＜0，y＜0时，方程为，图象不存在，在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线都是，令z＝x+y﹣4，即直线为y＝与渐近线平行，当z最大时，为图中①的情况，即直线与椭圆相切，联立方程组，可得，当直线与椭圆相切时，则有，解得，又因为椭圆的图象只有第一象限的部分，故，当z最小时，恰在图中②的位置，且取不到这个最小值，此时y＝，故z＞﹣4，综上可得，z的取值范围为，所以|z|的取值范围为，即|x+y﹣4|的取值范围是．故选：B．12．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是AB，BC的中点，将△DAE，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使得A，B，C三点重合于点A'，若点G及四面体A'DEF 的四个顶点都在同一个球面上，则以△DEF为底面的三棱锥G﹣DEF的高h的最大值为（）A．B．C．D．解：因为AD⊥AE，BE⊥BF，FC⊥DC，所以折叠以后可以让A'EF作为三棱锥的底面，DA'为三棱锥的高，则A'D⊥A'E，A'E⊥A'F，A'F⊥A'D，所以A'D，A'E，A'F两两垂直，将三棱锥放入以A'D，A'E，A'F为相邻三条棱的长方体中，则三棱锥的外接球的直径就是长方体的体对角线，因为A'D＝4，A'E＝2，A'F＝2，所以外接球的半径R＝，在△DEF中，cos∠DEF＝，所以sin∠DEF＝，△DEF外接圆的半径为r，则有，所以，故球心O到△DEF外心的距离为，所以以△DEF为底面的三棱锥G﹣DEF的高h的最大值为．故选：A．二、填空题（本题有6小题，13～15题每空3分，16～18题每空4分，共30分）13．已知点A（1，﹣1），直线l：x﹣2y+2＝0，则点A到直线l的距离是；过点A 且垂直于直线l的直线方程是2x+y﹣1＝0．解：已知点A（1，﹣1），直线l：x﹣2y+2＝0，则点A到直线l的距离是d＝＝＝；点A为（1，﹣1），垂直于直线l的直线方程斜率为＝﹣2，故过点A且垂直于直线l的直线方程为y+1＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣1＝0．14．椭圆的焦点F1，F2的坐标是（±5，0）；以F1，F2为焦点，且离心率的双曲线方程是．解：由椭圆的方程可得：a2＝49，b2＝24，所以c＝，故椭圆的焦点坐标为（±5，0）；在双曲线中，由已知可得c＝5，且离心率e＝，所以a＝4，则b2＝c2﹣a2＝25﹣16＝9，故双曲线的方程为：，故答案为：（±5，0），．15．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱AA1与面对角线BC1所成角的大小是45°；面对角线BC1与体对角面ACC1A1所成角的大小是30°．解：设正方体的棱长为2，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱AA1∥BB1，则∠B1BC即为棱AA1与面对角线BC1所成的角，在Rt△B1BC中，，所以∠B1BC＝45°，故棱AA1与面对角线BC1所成角的大小是45°；连结AC与BD交于点O，则BO⊥AC，又A1A⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以BO⊥AA1，又AA1，AC是体对角面ACC1A1内两条相交直线，所以BO⊥平面ACC1A1，则∠BC1O即为面对角线BC1与体对角面ACC1A1所成的角，在Rt△BOC1中，，所以sin∠BC1O＝，故面对角线BC1与体对角面ACC1A1所成的角为30°．16．设F1、F2为双曲线左、右焦点，点A在双曲线C上，若AF1⊥AF2，且∠AF1F2＝30°，则b＝．解：可设A在双曲线的右支上，|AF1|＝m，|AF2|＝n，在直角三角形AF1F2中，∠AF1F2＝30°，|F1F2|＝2，可得m＝2，n＝2，由双曲线的定义可得m﹣n＝2×2，即2﹣2＝4，解得b＝12+8，故答案为：12+8．17．设动点P在直线x+y﹣2＝0上，若在圆O：x2+y2＝3上存在点M，使得∠OPM＝60°，则点P横坐标的取值范围是[0，2]．解：如图，动点P在直线x+y﹣2＝0上，当PM与圆相切时，∠OPM最大，∵|OM|＝，∠∠OPM＝60°，∴|OP|＝2，设P（x，y），则|OP|＝，把y＝2﹣x代入，可得x2+（2﹣x）2＝4，即x2﹣2x＝0，解得x＝0或x＝2．∴点P横坐标的取值范围是[0，2]．故答案为：[0，2]．18．假设太阳光线垂直于平面α，在阳光下任意转动单位立方体，则它在平面α上的投影面面积的最大值是．解：设正方体为ABCD﹣A′B′C′D′投影最大时候，是投影面α与平面AB′C平行，三个面的投影为三个全等的菱形，其对角线为，即投影面上三条对角线构成边长为的等边三角形，如图所示，所以投影的面积＝2S△AB′C＝2××a×＝．故答案是：．三、解答题（本题有4小题，共54分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）19．已知抛物线C：y2＝2px上的点A（2，m）（m＞0）到准线的距离为4．（1）求p，m的值；（2）已知O为原点，点B在抛物线C上，若△AOB的面积为8，求点B的坐标．解：（1）由抛物线的方程可得准线方程x＝﹣，依抛物线的性质得，所以p＝4，将A（2，m）代入y2＝8x，得m＝4．所以p，m的值分别为4，4；（2）设B（2t2，4t），直线OA的方程为2x﹣y＝0，则点B到直线OA的距离，又，由题意得，解得t＝﹣1或t＝2，所以点B的坐标是（2，﹣4）或（8，8）．20．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB＝，AD＝DC．试证明：（1）AB1∥面BC1D；（2）AB1⊥BC1【解答】证明：（1）连B1C交BC1于点E，连DE，则在△AB1C中，D，E是中点，所以AB1∥DE，又AB1⊄平面BC1D，所以AB1∥面BC1D；（2）方法一：取BC中点F，连AF，B1F，由正三棱柱的性质知AF⊥侧面BCC1B1，所以AF⊥BC1，……①在侧面BCC1B1中，，F是中点，则Rt△BB1C1∽Rt△FBB1，所以BC1⊥B1F……②，由①②知BC1⊥面AB1F，所以BC1⊥AB1．方法二：在正三棱柱中，由于，，可得，所以，＝，所以，AB1⊥BC1．21．在底面是菱形的四棱锥S﹣ABCD中，已知AB＝AS＝，BS＝4，过D作侧面SAB的垂线，垂足O恰为棱BS的中点．（1）证明在棱AD上存在一点E，使得OE⊥侧面SBC，并求DE的长；（2）求二面角B﹣SC﹣D的平面角的余弦值．解：（1）连接AO，∵AB＝AS，O是BS的中点，∴BS⊥AO，∵DO⊥面ABS，∴DO⊥BS，又AO∩DO＝O，AO、DO⊂平面AOD，∴BS⊥平面AOD，过O作OE⊥AD于E，则OE⊥BC，∵OE⊂平面AOD，∴BS⊥OE，又BC∩BS＝B，BC、BS⊂平面SBC，∴OE⊥面SBC，在Rt△AOD中，AO＝＝1，DO＝＝2，∵S△AOD＝AO•DO＝AD•EO，∴EO＝＝＝，∴DE＝＝．（2）以O为原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（0，2，0），S（0，﹣2，0），D（0，0，2），∴＝（﹣1，0，2），，，由（1）知，，∴E，∵EO⊥平面SBC，∴平面SBC的一个法向量，设平面SCD的一个法向量是，则，即，令y＝1，则x＝2，z＝﹣1，∴，∴，由图可知，二面角B﹣SC﹣D所成的角为钝角，故二面角B﹣SC﹣D的平面角的余弦值为．22．椭圆E：的离心率为，焦距为2．（1）求椭圆E的标准方程；（2）设G（m，n）是椭圆E上的动点，过原点O作圆G：（x﹣m）2+（y﹣n）2＝的两条斜率存在的切线分别与椭圆E交于点A，B，求|OA|+|OB|的最大值．解：（1），所以，，b＝1，所以椭圆E的标准方程为．（2）设圆的切线OA（OB）的方程为y＝kx，则，整理得（3﹣4m2）k2+8mnk+3﹣4n2＝0，其两根k1，k2满足……①这里k1＝k OA，k2＝k OB，且……②设A（x1，kx1），B（x2，kx2），则，，这里，，所以，，由①②得k1k2＝，则，所以，当且仅当|OA|＝|OB|时取等号．即．。
浙江省湖州市9+1高中联盟长兴中学2025届高三冲刺模拟数学试卷含解析
浙江省湖州市9+1高中联盟长兴中学2025届高三冲刺模拟数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．抛物线22y x =的焦点为F ，则经过点F 与点()2,2M且与抛物线的准线相切的圆的个数有（ ）A ．1个B ．2个C ．0个D ．无数个2．已知函数22,0,()1,0,x x x f x x x ⎧-=⎨+<⎩，则((1))f f -=（ ）A ．2B ．3C ．4D ．53．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 A ．B ．C ．D ．4．已知函数()()4,2xf x xg x a x =+=+，若[]121,3,2,32x x ⎡⎤∀∈∃∈⎢⎥⎣⎦，使得()()12f x g x ≥，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a ≤ B ．1a ≥ C ．0a ≤D ．0a ≥5．若函数()()2(2 2.71828 (x)f x x mx e e =-+=为自然对数的底数)在区间[]1,2上不是单调函数，则实数m 的取值范围是( ) A ．510,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．510,23⎛⎫⎪⎝⎭C ．102,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．102,3⎛⎫⎪⎝⎭6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且14121n n S a n +-=-，11a =，*n N ∈，则{}n a 的通项公式n a =（ ）A ．nB ．1n +C ．21n -D ．21n7．已知F 为抛物线2:8C y x =的焦点，点()1,A m 在C 上，若直线AF 与C 的另一个交点为B ，则AB =( )A ．12B ．10C ．9D ．88．已知非零向量a ，b 满足()2a b a -⊥，()2b a b -⊥，则a 与b 的夹角为（ ） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 9．已知集合A {}0,1,2=，B={}(2)0x x x -<,则A∩B= A ．{}1B ．{}0,1C ．{}1,2D ．{}0,1,210．已知函数()32cos f x x x =+，若a f =，(2)b f =，2(log 7)c f =,则a ，b ，c 的大小关系是（ ） A ．a b c <<B ．c b a <<C ．b a c <<D ．b c a <<11．已知实数,x y 满足不等式组10240440x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪+-≤⎩，则34x y +的最小值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．512．已知复数22z a i a i =--是正实数，则实数a 的值为( ) A ．0B ．1C ．1-D ．1±二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020-2021学年浙江省温州市苍南县人教版三年级上册期末考试数学试卷(含答案解析)
2020-2021学年浙江省温州市苍南县人教版三年级上册期末考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题出既会唱歌又会跳舞的人数。
【详解】（13＋15）－21＝28－21＝7（人）所以，既会唱歌又会跳舞的有7人。
【点睛】熟练掌握集合问题解题方法是解答本题的关键。
9．一个长为6厘米，宽为4厘米的长方形中，剪下一个最大的正方形，这个正方形的周长是()厘米。
【答案】16【分析】从长方形中剪下最大的正方形，则正方形的边长就等于长方形的宽。
再根据正方形的周长＝边长×4解答。
【详解】4×4＝16（厘米）所以这个正方形的周长是16厘米。
【点睛】本题考查正方形和长方形的特征，明确正方形的边长为长方形的宽是解决本题的关键。
10．26人去划船，大船限坐7人，小船限坐4人，如果每条船都坐满，需要租()条大船和()条小船。
【答案】23【分析】因为每条船都坐满，即不能有空座，26不是6和4的倍数，所以不能只租一种船，两种船都要租，即“坐大船的人数＋坐小船的人数＝26”，根据坐船的总人数与大船和小船可以乘坐的人数，确定坐船的方案：7×2＋4×3＝1＝26（条），共一种方案；据此解答。
【详解】7×2＋4×3＝14＋12＝26（人）所以，26人去划船，大船限坐7人，小船限坐4人，如果每条船都坐满，需要租2条大船和3条小船。
【点睛】此题考查了整数的拆分，关键是明确26不是7和4的倍数，所以不能只租一种船，两种船都要租，且不能有空座。
二、判断题11．1000千克的沙子和1吨的铁同样重。
()【答案】√【分析】1吨＝1000千克，把两种物品的单位统一后再比较大小。
【详解】1吨＝1000千克，所以1000千克的沙子和1吨的铁同样重，原说法正确。
故答案为：√【点睛】熟练掌握质量单位的换算知识是解答本题的关键。
2020-2021学年浙江省湖州市吴兴区人教版五年级上册期末检测数学试卷
…○…………………内………绝密★启用前2020-2021学年浙江省湖州市吴兴区人教版五年级上册期末检测数学试卷试卷副标题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题 1．下面四个数中最大的是（ ）。
A ．10.10B ．10.111C ．10.01D ．10.12．算式9.□×1.56的积可能是（ ）。
A ．14.82B ．1.482C ．148.2D ．0.14823．用乘法分配律计算3.7×9.9，下面算法正确的是（ ）。
A ．3.7×10－0.1B ．3.7×9＋0.9C ．3.7×10－0.37D ．3.7×10－3.74．园林工人计划在一条长120米的小路一侧栽树（两端都栽），每隔8米栽一棵，一共要准备（ ）棵树苗。
A ．13B ．14C ．15D ．165．水果店有苹果500千克，比橘子质量的2倍少80千克，橘子有多少千克？下列数量关系正确的是（ ）。
A ．苹果质量－80千克＝橘子质量×2B ．苹果质量－橘子质量×2＝80千克C ．橘子质量×2＋80千克＝苹果质量D ．橘子质量×2－80千克＝苹果质量6．如图，在两条平行线之间有3个不同的图形，其中面积最大的图形是（ ）。
○…………外……………装……校:___________姓名：__………内…………○……○…………订…………A ．①号B ．①号C ．①号D ．无法确定第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题 7．2.4×0.96的积有( )位小数，保留两位小数约是( )。
8．已知206×19＝3914，那么2.06×1.9＝( )，( )÷1.9＝20.6。
9．6÷11的商用循环小数表示是( )，小数部分第9位上的数字是( )。
2023届浙江省湖州市长兴县德清县安吉县高一上数学期末综合测试模拟试题含解析
B.缺少 垂直于交线这个条件，不能推出 ，故B不正确；
C.由垂直关系可知， 或 相交，或是异面，故C不正确；
D.因 ，所以平面 内存在直线 ，若 ，则 ，且 ，所以 ，故D正确.
故选：D
4、C
【解析】根据不等式的解法求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
故选：A
【点睛】本题考查两角和的正弦公式，三角函数的最小正周期，属于基础题.
10、D
【解析】求出导函数，由导函数的正负确定函数的单调性，再由零点存在定理得零点所在区间
【详解】当x∈ 时，函数图象连续不断，且f′(x)＝ － ＝ <0，所以函数f(x)在 上单调递减
又 ＝ ＋1>0，f(1)＝ >0，f(e)＝ e－1<0，所以函数f(x)有唯一的零点在区间(1，e)内
（2）若对任意的 ， 恒成立，求实数 的取值范围
21．已知函数 是 上的奇函数.
（1）求实数a的值；
（2）若关于的方程 在区间 上恒有解，求实数 的取值范围.
参考答案
一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）
1、D
【解析】由 得出 ，再结合周期性得出函数值.
18．如图是函数 的部分图象.
（1）求函数 的解析式；
（2）若 ， ，求 .
19．设函数 （ 且 )是定义域为R的奇函数
（Ⅰ）求t的值；
（Ⅱ）若函数 的图象过点 ，是否存在正数m ，使函数 在 上的最大值为0，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由
20．已知函数
（1）讨论并证明函数 在区间 的单调性；
2020-2021学年浙江省温州市乐清市知临中学高二上学期期末考试数学试卷带讲解
令 ，结合等差数列前n项和公式有：
，
令 ，
则 ，
据此可知函数 在 上单调递减，
， ，
即 的取值范围是 .
16.3名男生和3名女生站成一排，要求男生互不相邻，女生也互不相邻且男生甲和女生乙必须相邻，则这样的不同站法有__________种（用数字作答）．
40
2020学年第一学期期末质量检测
高二数学试卷
一､选择题：共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1.已知全集 ，集合 ， ，则 （）
A. B.
C D.
B
【分析】求出集合 、 ，利用补集和交集的定义可求得集合 .
【详解】因为 ，
，
则 或 ，因此， .
故选：B.
故答案为： ，20
14.已知函数 ，则函数 的最小正周期 __________，在区间 上的值域为__________．
①. ②.
【详解】函数的解析式：
∴函数f(x)的最小正周期
∴当 时, ，
当 时, ，但取不到.所以值域为 .
15.已知等差数列 满足： ， ，数列的前 项和为 ，则 的取值范围是__________．
（2）求函数的单调区间.
（1） 或 ， ；
（2）当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；当 ， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， .
【分析】（1）通过恒等变换可得 ，可得 或 即可求得 ，再由 即可得解；
（2）当 由 ， ，分离出 即可得解，而当 ，奇单调性和 的单调性相反即可得解.
【小问1详解】
（1）证明过程见解析；
（2）证明过程见解析
2020—2021 学年七年级上期数学期末质量监测试题(含答案解析)
2020—2021学年七年级上期数学期末质量监测试题注意事项：1．试题卷上各题的答案签字笔书写在答题卡．．．上，不得在试题卷上直接作答；2．答题前认真阅读答题卡．．．上的注意事项；3．作图（包括作辅助线）请一律用2B．．铅笔．．完成；4．考试结束，由监考人员将试题卷和答题卡．．．一并收回．一、选择题：（本大题12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A，B，C，D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡．．．上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．-+的结果是（）1.21A.3B.1-C.3-D.12.如图，虚线左边的图形绕虚线旋转一周，能形成的几何体是（）A. B. C. D.3.下图是由4个大小相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的主视图是（）．A. B. C. D.4.下面几何体的截面图不可能是圆的是（）A.圆柱B.圆锥C.球D.棱柱5.下列计算中，结果等于5的是（）A.()()94--- B.()()94-+-C.94-+- D.9+4-+6.某班级组织活动，为了解同学们喜爱的体育运动项目，设计了如图尚不完整的调查问卷：准备在“①室外体育运动，②篮球，③足球，④游泳，⑤球类运动”中选取三个作为该调查问卷问题的备选项目，选取合理的是（）A.①②③B.①③⑤C.②③④D.②④⑤7.如图，是一个正方体盒子的展开图，如果要把它粘成一个正方体，那么与点A 重合的点是（）A.点B ，IB.点C ，EC.点B ，ED.点C ，H8.下列各组数中，相等的是（）A.()23-与23- B.()32-与32-C.23与23- D.32-与()32-9.定义a ※2(1)b a b =÷-，例如3※()295351944=÷-=÷=．则()3-※4的结果为（）A.3-B.3C.54 D.9410.如图，点A ，B ，C 在数轴上，它们分别对应的有理数是a ，b ，c ，则以下结论正确的是（）A.0a b +>B.0a c +<C.0a b c +-> D.0b c a +->11.在桌上的三个空盒子里分别放入了相同数量的围棋子n 枚（n ≥4）．小张从甲盒子中取出2枚放入乙盒中，从丙盒中取出3枚放入乙盒中；再从乙盒中取出与甲盒中数量相同的棋子数放入甲盒中．此时乙盒中的围棋子的枚数是（）A.5B.n +7C.7D.n +312.在编写数学谜题时，小智编写的一个题为3259⨯+=，“”内要求填写同一个数字，若设“”内数字为x ．则列出方程正确的是（）A.3259x x ⨯+=B.3205109x x ⨯+=⨯C.320590x x⨯++= D.3(20)5109x x ⨯++=+二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡．．．中对应的横线上．13.一元一次方程213x -=的解是x =__．14.若5a =，3b =-，且0a b +>，则ab =_______．15.某中学七年级学生的平均体重是44kg ，下表给出了6名学生的体重情况，最重和最轻的同学体重相差_____kg ．姓名小润小华小颖小丽小惠小胜体重/kg 4741体重与平均体重的差值/kg+302-+416.如图，∠AOC=∠BOD=α，若∠BOC=β，则∠AOD=____．（用含α，β的代数式表示）．17.如图，某小区准备在一个长方形空地上进行造型，图示中的x 满足：1020x ≤<（单位：m ），其中两个扇形表示草坪，两块草坪之间用水池隔开，那么水池（图中空白部分）的面积为___________（单位：2m ）．18.如图，是某剧场第一排座位分布图．甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数分别为1，3，5，6．每人选座购票时，只购买第一排的座位相邻的票，同时使自己所选的座位之和最小．如果按“甲、乙、丙、丁”的先后顺序购票，那么甲购买1号座位的票，乙购买2，4，6号座位的票，丙购买3，5，7，9，11号座位的票，丁无法购买到第一排座位的票．若让丙第一购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，写出满足条件的丁所选的座位号之和为____________．三、解答题：（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形，请将解答过程书写在答题卡．．．中对应的位置上．19.计算：（1）16373311-÷+⨯；（2）()123+153234⎛⎫-⨯- ⎪⎝⎭．20.如图，已知点A ，B ，C ，利用尺规，按要求作图：（1）作线段AB ，AC ，过B ，C 作射线BQ ；在射线CQ 上截取CD=BC ，在射线DQ 上截取DE=BD ；（2）连接AE ，在线段AE 上截取AF=AC ，作直线AD 、线段DF ；（3）比较BC 与DF 的大小，直接写出结果．21.化简下列各式：（1）()()222ab c ab c -+-+；（2）()22233(2)x xy x xy --+-+．22.解方程：（1）()235x x +=-；（2）325123y y ---=．23.小李家准备购买一台台式电脑，小李将收集到的该地区A ，B ，C 三种品牌电脑销售情况的有关数据统计如下：根据上述三个统计图，请解答：（1）直接写出6至11月三种品牌电脑销售总量最多的电脑品牌，以及11月份A 品牌电脑的销售量；（2）11月份，其它品牌的电脑销售总量是多少台？（3）你建议小李购买哪种品牌的电脑？请写出你的理由（写出一条理由即可）．24.用一张正方形纸片，在纸片的四个角上剪去四个相同的小正方形，经过折叠，就可成一个无盖的长方体．（1）如图，这是一张边长为a cm的正方形，请在四个角上画出需要剪去的四个小正方形的示意图，剪去部分用阴影表示；（2）如果剪去的四个小正方形的边长为b cm，请用含a，b的代数式表示出无盖长方体的容积（可不化简）；a=cm，完成下列表格，并利用你的计算结果，猜想无盖长方体容积取得最（3）若正方形纸片的边长为18大值时，剪去的小正方形的边长可能是多少？（保留整数位）剪去小正方形的边长b的值/cm123456……cm……无盖长方体的容积/325.小明和小亮是同学，同住在一个小区．学校门前是一条东西大道．沿路向东是图书馆，向西是小明和小亮家所在的小区．一天放学后，两人相约到图书馆，他们商议有两种方案到达图书馆．方案1：直接从学校步行到图书馆；方案2：步行回家取自行车，然后骑车到图书馆．已知步行速度是5km/h，骑车速度是步行速度的4倍，从学校到家有2km的路程，通过计算发现，方案1比方案2多用6min．（1）请在下图中表示出图书馆、小明和小亮家所在小区的大致位置；（2）假设学校到图书馆的路程为x km，用含x的代数式表示出方案2需要的时间；（3）求方案1中需要的时间．四、解答题：（本大题1个小题，共8分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形，请将解答过程书写在答题卡．．．中对应的位置上．-和10的位置上，沿数轴做向东、向西移动的游戏．26.如图，甲、乙两人（看成点）分别在数轴10移动游戏规则：用一枚硬币，先由乙抛掷后遮住，甲猜向上一面是正还是反，如果甲猜对了，甲向东移动3个单位，如果甲猜错了，甲向西移动3个单位；然后再由甲抛掷后遮住，乙猜向上一面是正还是反，如果乙猜对了，乙向西移动2个单位，如果乙猜错了，乙向东移动3个单位．两人各抛掷一次硬币并完成相应的移动算一次游戏．10次游戏结束后，甲猜对了m次，乙猜对了n次．（1）请用含m，n的代数式表示当游戏结束时，甲、乙两人在数轴上的位置上的点代表的数；（2）10次游戏结束后，若甲10次都猜对了，且两人在数轴上的位置刚好相距10个单位，求乙猜对的次数．2020—2021学年七年级上期数学期末质量监测试题答案解析注意事项：1．试题卷上各题的答案签字笔书写在答题卡．．．上，不得在试题卷上直接作答；2．答题前认真阅读答题卡．．．上的注意事项；3．作图（包括作辅助线）请一律用2B．．铅笔．．完成；4．考试结束，由监考人员将试题卷和答题卡．．．一并收回．一、选择题：（本大题12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A，B，C，D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡．．．上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．-+的结果是（）1.21A.3B.1-C.3-D.1【答案】B【解析】【分析】直接利用有理数的加法法则计算即可．-+=-【详解】211故选：B．【点睛】本题主要考查有理数的加法，掌握有理数的加法法则是解题的关键．2.如图，虚线左边的图形绕虚线旋转一周，能形成的几何体是（）A. B. C. D.【分析】从运动的观点来看，点动成线，线动成面，面动成体，根据“面动成体”可得答案．【详解】解：根据“面动成体”可得，旋转后的几何体为两个底面重合的圆锥的组合体，因此选项B中的几何体：符合题意，故选：B．【点睛】本题考查“面动成体”，解题的关键是明确点、线、面、体组成几何图形，点、线、面、体的运动组成了多姿多彩的图形世界．3.下图是由4个大小相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的主视图是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据主视图定义，由此观察即可得出答案．【详解】解：从物体正面观察可得，左边第一列有2个小正方体，第二列有1个小正方体．故答案为D【点睛】本题考查三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．4.下面几何体的截面图不可能是圆的是（）A.圆柱B.圆锥C.球D.棱柱【详解】解：上述四个几何体中，圆柱、圆锥和球的截面图都有可能是圆；只有棱柱的截面图不可能是圆．故选D ．5.下列计算中，结果等于5的是（）A.()()94--- B.()()94-+-C.94-+- D.9+4-+【答案】A 【解析】【分析】根据绝对值的性质化简化简求解．【详解】A.()()94---=9455-+=-=，故正确；B.()()94941313-+-=--=-=，故错误；C.949413-+-=+=，故错误；D .9+4-+=9413+=，故错误；故选A ．【点睛】此题主要考查绝对值的运算，解题的关键是熟知绝对值的定义．6.某班级组织活动，为了解同学们喜爱的体育运动项目，设计了如图尚不完整的调查问卷：准备在“①室外体育运动，②篮球，③足球，④游泳，⑤球类运动”中选取三个作为该调查问卷问题的备选项目，选取合理的是（）A.①②③ B.①③⑤C.②③④D.②④⑤【答案】C 【解析】【分析】根据体育项目的隶属包含关系，以及“户外体育项目”与“其它体育项目”的关系，综合判断即可．【详解】解：根据体育项目的隶属包含关系，选择“篮球”“足球”“游泳”比较合理，故选：C．【点睛】此题主要考查统计调查的应用，解题的关键是熟知体育运动项目的定义．7.如图，是一个正方体盒子的展开图，如果要把它粘成一个正方体，那么与点A重合的点是（）A.点B，IB.点C，EC.点B，ED.点C，H【答案】B【解析】【分析】首先能想象出来正方形的展开图，然后作出判断即可．【详解】由正方形的展开图可知A、C、E重合，故选B．【点睛】本题考查了正方形的展开图，比较简单．8.下列各组数中，相等的是（）A.()23-与23-B.()32-与32-C.23与23-D.32-与()32-【答案】D【解析】【分析】根据各个选项中的式子可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．【详解】∵(-3)2=9，-32=-9，故选项A不符合题意，-=，故选项B不符合题意，∵(-2)3=-8，328∵32=9，-32=-9，故选项C不符合题意，∵-23=-8，(−2)3=-8，故选项D 符合题意，故选D ．【点睛】此题考查有理数的乘法，有理数的乘方，解题关键在于掌握运算法则．9.定义a ※2(1)b a b =÷-，例如3※()295351944=÷-=÷=．则()3-※4的结果为（）A.3-B.3C.54 D.94【答案】B 【解析】【分析】根据给出的※的含义，以及有理数的混合运算的运算法则，即可得出答案．【详解】解： a ※2(1)b a b =÷-，∴()3-※4()()2=341933-÷-=÷=，故选B ．【点睛】本题考查了新定义的运算以及有理数的混合运算，要熟练掌握，注意明确有理数混合运算顺序：先算乘方，再算乘除，后算加减；同级运算，应按从左往右的顺序进行计算，如果有括号，要先计算括号里的．10.如图，点A ，B ，C 在数轴上，它们分别对应的有理数是a ，b ，c ，则以下结论正确的是（）A.0a b +>B.0a c +<C.0a b c +->D.0b c a +->【答案】D 【解析】【分析】根据数轴上点的位置确定出a ，b ，c 的正负及绝对值大小，利用有理数的加减法则判断即可．【详解】解：根据数轴上点的位置得：a ＜0＜b ＜c ，且|b|＜|a|＜|c|，∴a+b ＜0，故选项A 错误，不符合题意；0a c +>，故选项B 错误，不符合题意；0a b c +-<，故选项C 错误，不符合题意；0b c a +->，故选项D 正确，符合题意；故选：D ．【点睛】此题考查了有理数的减法，数轴，以及绝对值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．11.在桌上的三个空盒子里分别放入了相同数量的围棋子n 枚（n ≥4）．小张从甲盒子中取出2枚放入乙盒中，从丙盒中取出3枚放入乙盒中；再从乙盒中取出与甲盒中数量相同的棋子数放入甲盒中．此时乙盒中的围棋子的枚数是（）A.5B.n +7C.7D.n +3【答案】C 【解析】【分析】先求出从甲盒子中取出2枚后剩下的棋子数，再求出从甲盒子中取出2枚放入乙盒中，从丙盒中取出3枚放入乙盒中乙盒的棋子数，把它们相减即可求解．【详解】解：依题意可知，乙盒中的围棋子的枚数是n +2+3-（n -2）=7．故选：C ．【点睛】考查了列代数式，关键是得到从甲盒子中取出2枚后剩下的棋子数，从甲盒子中取出2枚放入乙盒中，从丙盒中取出3枚放入乙盒中乙盒的棋子数．12.在编写数学谜题时，小智编写的一个题为3259⨯+=，“”内要求填写同一个数字，若设“”内数字为x ．则列出方程正确的是（）A.3259x x ⨯+=B.3205109x x ⨯+=⨯C.320590x x ⨯++=D.3(20)5109x x ⨯++=+【答案】D 【解析】【分析】直接利用表示十位数的方法进而得出等式即可．【详解】解：设“”内数字为x ，根据题意可得：3×（20+x ）+5=10x+9．故选：D ．【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确表示十位数是解题关键．二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡．．．中对应的横线上．13.一元一次方程213x -=的解是x =__．【答案】2；【解析】【分析】方程移项合并后，将x 的系数化为1，即可求出方程的解．【详解】解：213x -=23+1x =2x=4，解得：x=2．故答案为：2．【点睛】此题考查了解一元一次方程，其步骤为：去分母，去括号，移项，合并同类项，将x 的系数化为1，求出解．14.若5a =，3b =-，且0a b +>，则ab =_______．【答案】15-；【解析】【分析】根据绝对值的意义及a+b>0，可得a ，b 的值，再根据有理数的乘法，可得答案．【详解】解：由|a|=5，b=-3，且满足a+b ＞0，得a=5，b=-3．当a=5，b=-3时，ab=-15，故答案为：-15．【点睛】本题考查了绝对值、有理数的加法、有理数的乘法，确定a 、b 的值是解题的关键．15.某中学七年级学生的平均体重是44kg ，下表给出了6名学生的体重情况，最重和最轻的同学体重相差_____kg ．姓名小润小华小颖小丽小惠小胜体重/kg4741体重与平均体重+302-+4的差值/kg【答案】7；【解析】【分析】根据题目中的平均体重即可分别求出体重与平均体重的差值及体重，然后填表即可得出最重的和最轻的同学体重，再相减即可得出答案．【详解】解： 某中学七年级学生的平均体重是44kg，∴小润的体重与平均体重的差值为4744=3-kg；+kg；小华的体重为443=47+kg；小颖的体重为440=44-kg；小丽的体重为442=42--kg；小惠的体重与平均体重的差值为4144=3+kg；小胜的体重为444=48填表如下：姓名小润小华小颖小丽小惠小胜体重/kg474744424148体重与平均体重+3+302--3+4的差值/kg可知，最重的同学的体重是48kg，最轻的同学的体重是41kg∴最重和最轻的同学体重相差4841=7-kg．故答案为：7．【点睛】本题考查了有理数加减的应用，熟练掌握有理数的加减运算法则是解题的关键．16.如图，∠AOC=∠BOD=α，若∠BOC=β，则∠AOD=____．（用含α，β的代数式表示）．【答案】2αβ-【解析】【分析】由,AOD AOC DOC ∠=∠+∠,DOC BOD BOC ∠=∠-∠可得：,AOD AOC BOD BOC ∠=∠+∠-∠从而可得答案．【详解】解：,AOD AOC DOC ∠=∠+∠ ,DOC BOD BOC ∠=∠-∠,AOD AOC BOD BOC ∴∠=∠+∠-∠,,AOC BOD BOC αβ∠=∠=∠= 2.AOD ααβαβ∴∠=+-=-故答案为：2.αβ-【点睛】本题考查的是角的和差关系，掌握利用角的和差关系进行计算是解题的关键．17.如图，某小区准备在一个长方形空地上进行造型，图示中的x 满足：1020x ≤<（单位：m ），其中两个扇形表示草坪，两块草坪之间用水池隔开，那么水池（图中空白部分）的面积为___________（单位：2m ）．【答案】20125400x π-+；【解析】【分析】根据题意和图形可知，水池的面积是长方形的面积减去两个扇形的面积，本题得以解决．【详解】解：由图可得，水池的面积为：20×（x ＋20）−π×102×14−π×202×14＝20125400x π-+（m 2），故答案为：20125400x π-+．【点睛】本题考查列代数式，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．18.如图，是某剧场第一排座位分布图．甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数分别为1，3，5，6．每人选座购票时，只购买第一排的座位相邻的票，同时使自己所选的座位之和最小．如果按“甲、乙、丙、丁”的先后顺序购票，那么甲购买1号座位的票，乙购买2，4，6号座位的票，丙购买3，5，7，9，11号座位的票，丁无法购买到第一排座位的票．若让丙第一购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，写出满足条件的丁所选的座位号之和为____________．【答案】66．【解析】【分析】根据甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数量分别为1，3，5，6可得若丙第一购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，那么丙选座要尽可能得小，因此丙先选择：1，2，3，4，5．丁所购票数最多，即可得出丁应该为6，8，10，12，14，16，再将所有数相加即可．【详解】解： 甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数分别为1，3，5，6．∴丙选座要尽可能得小，选择：1，2，3，4，5．此时左边剩余5个座位，右边剩余6个座位，∴丁选：6，8，10，12，14，16．∴丁所选的座位号之和为681012141666+++++=；故答案为：66．【点睛】本题考查有理数的加法，认真审题，理解题意是解题的关键．三、解答题：（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形，请将解答过程书写在答题卡．．．中对应的位置上．19.计算：（1）16373311-÷+⨯；（2）()123+153234⎛⎫-⨯- ⎪⎝⎭．【答案】（1）-6；（2）5【解析】【分析】（1）根据有理数的混合运算法则先算乘除后算加减即可；（2）根据有理数混合运算法则先算括号里面的再算乘除．【详解】解：（1）原式=93-+6=-；（2）原式123+12234⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭12312+×1212234=⨯-⨯6+89=-5=．【点睛】此题考查了有理数混合运算的运算法则，难度一般，认真计算是关键，注意能简便运算的尽量简便运算．20.如图，已知点A，B，C，利用尺规，按要求作图：（1）作线段AB，AC，过B，C作射线BQ；在射线CQ上截取CD=BC，在射线DQ上截取DE=BD；（2）连接AE，在线段AE上截取AF=AC，作直线AD、线段DF；（3）比较BC与DF的大小，直接写出结果．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BC=DF【解析】【分析】（1）利用几何语言画出对应的图形即可；（2）利用几何语言画出对应的图形即可；（3）利用作图特征和等量代换即可得出答案．【详解】解：（1）、（2）如图所示，要求有作图痕迹；（3）BC=DF．证明：由作图知CD=DF ，又 CD=BC ，∴BC=DF ．【点睛】本题考查了尺规作图-线段，利用圆规和直尺的特征作图是解题的关键．21.化简下列各式：（1）()()222ab c ab c -+-+；（2）()22233(2)x xy x xy --+-+．【答案】（1）2ab c -；（2）236x xy --+【解析】【分析】（1）原式先去括号，然后合并同类项即可得到答案；（2）原式先去括号，然后合并同类项即可得到答案．【详解】解：（1）()()222ab c ab c -+-+242ab c ab c =--+2ab c =-．（2）()22233(2)x xy x xy --+-+2262+336x xy x xy =-+-+236x xy =--+．【点睛】本题考查整式的加法运算，要先去括号，然后合并同类项．运用去括号法则进行多项式化简．合并同类项时，注意只把系数想加减，字母与字母的指数不变．22.解方程：（1）()235x x +=-；（2）325123y y ---=．【答案】（1）11x =-；（2）5y =-【解析】【分析】（1）按照去括号，移项、合并同类项、将系数化为1的步骤计算即可；（2）按照去分母、去括号、移项、合并同类项、将系数化为1的步骤计算即可．【详解】解：（1）去括号，得265x x +=-移项，得256x x -=--合并同类项，将系数化为1，得11x =-．（2）去分母，得3(3)62(25)y y --=-去括号，得396410y y --=-移项，得341096y y -=-++合并同类项，得5-=y 系数化为1，得5y =-．【点睛】本题考查了解一元一次方程，熟练掌握解方程的一般步骤是解题的关键．23.小李家准备购买一台台式电脑，小李将收集到的该地区A ，B ，C 三种品牌电脑销售情况的有关数据统计如下：根据上述三个统计图，请解答：（1）直接写出6至11月三种品牌电脑销售总量最多的电脑品牌，以及11月份A 品牌电脑的销售量；（2）11月份，其它品牌的电脑销售总量是多少台？（3）你建议小李购买哪种品牌的电脑？请写出你的理由（写出一条理由即可）．【答案】（1）6至11月三种品牌电脑销售量总量最多是B 品牌，11月份，A 品牌的销售量为270台；（2）221台；（3）答案不唯一，如，建议买C 品牌电脑；或建议买A 品牌电脑，或建议买B 产品，见解析【解析】【分析】（1）从条形统计图、折线统计图可以得出答案；（2）根据A品牌电脑销售量及A品牌电脑所占百分比即可求出11月份电脑的总的销售量，再减去A、B、C品牌的销售量即可得出答案；（3）从所占的百分比、每月销售量增长比等方面提出建议即可．【详解】解：（1）6至11月三种品牌电脑销售量总量最多是B品牌；11月份，A品牌的销售量为270台；（2）11月，A品牌电脑销售量为270台，A品牌电脑占27%，÷=（台）．所以，11月份电脑的总的销售量为27027%1000---=（台）．其它品牌的电脑有：1000234270275221（3）答案不唯一．如，建议买C品牌电脑．销售量从6至11月，逐月上升；11月份，销售量在所有品牌中，占的百分比最大．或：建议买A品牌电脑．销售量从6至11月，逐月上升，且每月销售量增长比C品牌每月的增长量要快．或：建议买B产品．因为B产品6至11月的总的销售量最多．【点睛】本题考查了条形图、折线统计图、扇形统计图，熟练掌握和理解统计图中各个数量及数量之间的关系是解题的关键．24.用一张正方形纸片，在纸片的四个角上剪去四个相同的小正方形，经过折叠，就可成一个无盖的长方体．（1）如图，这是一张边长为a cm的正方形，请在四个角上画出需要剪去的四个小正方形的示意图，剪去部分用阴影表示；（2）如果剪去的四个小正方形的边长为b cm，请用含a，b的代数式表示出无盖长方体的容积（可不化简）；a=cm，完成下列表格，并利用你的计算结果，猜想无盖长方体容积取得最（3）若正方形纸片的边长为18大值时，剪去的小正方形的边长可能是多少？（保留整数位）剪去小正方形的边长b的值/cm123456……cm……无盖长方体的容积/3【答案】（1）见解析；（2）()22v b a b =-；（3）见解析，剪去的小正方形的边长可能是3cm 【解析】【分析】（1）将正方形的四个角的小正方形大小要一致即可；（2）根据图形中的字母表示的长度即可得出()22v b a b =-；（3）将18a =cm 结合容积公式及表格即可得出答案．【详解】解：（1）如图所示（可以不标出a ，b ，但四个角上的正方形大小要一致）．（2）无盖厂长方体盒子的容积v 为()22v b a b =-（3）当18a =，b=1时，()2221(1821)256v b a b =-=⨯-⨯=，当18a =，b=2时，()2222(1822)392v b a b =-=⨯-⨯=，当18a =，b=3时，()2223(1832)432v b a b =-=⨯-⨯=，当18a =，b=4时，()2224(1842)400v b a b =-=⨯-⨯=，当18a =，b=5时，()2225(1825)320v b a b =-=⨯-⨯=，当18a =，b=6时，()2226(1826)216v b a b =-=⨯-⨯=，填表如下：剪去小正方形的边长/cm 123456……无盖长方体的容积/3cm 256392432400320216……有表可知，无盖长方体容积取得最大值时，剪去的小正方形的边长可能是3cm ．【点睛】本题考查了代数式求值的实际应用，结合题意得到等量关系是解题的关键．25.小明和小亮是同学，同住在一个小区．学校门前是一条东西大道．沿路向东是图书馆，向西是小明和小亮家所在的小区．一天放学后，两人相约到图书馆，他们商议有两种方案到达图书馆．方案1：直接从学校步行到图书馆；方案2：步行回家取自行车，然后骑车到图书馆．已知步行速度是5km/h ，骑车速度是步行速度的4倍，从学校到家有2km 的路程，通过计算发现，方案1比方案2多用6min ．（1）请在下图中表示出图书馆、小明和小亮家所在小区的大致位置；（2）假设学校到图书馆的路程为x km ，用含x 的代数式表示出方案2需要的时间；（3）求方案1中需要的时间．【答案】（1）见解析；（2）2210=52020x x +++，或62156010x x --=；（3）需要的时间为48min 【解析】【分析】（1）根据题意可知小区在学校的左边，标出即可；（2）根据“步行速度是5km/h ，骑车速度是步行速度的4倍，从学校到家有2km 的路程，通过计算发现，方案1比方案2多用6min ．”解答即可；（3）设学校到图书馆的路程为x km ，根据题意得出226554560x x +=++⨯，求解后即可得出方案1需要的时间．【详解】解：（1）如图所示；（2）根据题意，得2210=52020x x +++，或62156010x x --=（3）设学校到图书馆的路程为x km ，根据题意，得226554560x x +=++⨯解方程，得4x =．所以，455x =．460=485⨯．答：方案1中，需要的时间为48min ．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是明确题意，找到命题中隐含的等量关系式是解题的关键．四、解答题：（本大题1个小题，共8分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形，请将解答过程书写在答题卡．．．中对应的位置上．26.如图，甲、乙两人（看成点）分别在数轴10-和10的位置上，沿数轴做向东、向西移动的游戏．移动游戏规则：用一枚硬币，先由乙抛掷后遮住，甲猜向上一面是正还是反，如果甲猜对了，甲向东移动3个单位，如果甲猜错了，甲向西移动3个单位；然后再由甲抛掷后遮住，乙猜向上一面是正还是反，如果乙猜对了，乙向西移动2个单位，如果乙猜错了，乙向东移动3个单位．两人各抛掷一次硬币并完成相应的移动算一次游戏．10次游戏结束后，甲猜对了m 次，乙猜对了n 次．（1）请用含m ，n 的代数式表示当游戏结束时，甲、乙两人在数轴上的位置上的点代表的数；（2）10次游戏结束后，若甲10次都猜对了，且两人在数轴上的位置刚好相距10个单位，求乙猜对的次数．【答案】（1）甲在数轴上的位置上的点代表的数为：640m -，其中010m ≤≤，且m 为整数；乙在数轴上的位置上的点代表的数为：405n -，其中010n ≤≤，且n 为整数；（2）n 的值2n =或6n =【解析】【分析】（1）甲猜对了m 次，则猜错了()10m -次，根据“如果甲猜对了，甲向东移动3个单位，如果甲猜错了，甲向西移动3个单位”即可表示出甲在数轴上的位置上的点；乙猜对了n 次，则猜错了()10n -次，根据“如果乙猜对了，乙向西移动2个单位，如果乙猜错了，乙向东移动3个单位”即可表示出乙在数轴上的位置上的点；（2）分两种情况：当甲在乙西面，甲乙相距10个单位及当甲在乙东面，甲乙相距10个单位，列关于m 、n 的方程，将10m =求n 的值即可．【详解】解：（1）甲猜对了m 次，则猜错了()10m -次，10次游戏结束后，甲在数轴上的位置上的点，代表的数为：()103310640m m m -+--=-，其中010m ≤≤，且m 为整数；乙猜对了n 次，则猜错了()10n -次，10次游戏结束后，乙在数轴上的位置上的点，代表的数为：()102310405n n n -+-=-，其中010n ≤≤，且n 为整数．（2）当甲在乙西面，甲乙相距10个单位，可得64010405m n -+=-，其中，=10m ，010n ≤≤，即60570n +=，解得2n =．当甲在乙东面，甲乙相距10个单位，可得。
浙江省湖州市2020届高三数学上学期期末考试试题(含解析)
2 【答案】 5
【解析】 【分析】 根据题意可先求 5 个小球排成一列的总共情况数,再减去同一色相邻与同两色相邻的情况得 出相同颜色的球都不相邻的情况总数,再求概率即可.
【详解】由题意,5 个不同的小球全排列为 A55 120 ,
【详解】作 S 在底面 ABC 的投影 O ,再分别作 OM AB,ON BC,OP AC ,设
ABC 边长为 a .
①当 O 在 ABC 内时, 易得 , , 分别为 SMO, SNO, SPO .由 SABC SABO SBCO SACO 可得
1 1 1 MO NO PO a 0 tan tan tan SO SO SO SO . 当 S 无限接近 O 时易得 接近 0,故 C 错误.
m
,
2
1 4
,
0
.
故选：A
【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点的问题,需要画出对应的图像分析直线与曲
线相切等的临界条件,属于中等题型.
9.已知实数 a ， b ， c 满足 a2 b2 2c2 1，则 2ab c 的最小值是（ ）
3 A. 4
9 B. 8
C. -1
4 D. 3
【答案】B 【解析】 【分析】
2
2
2
4
22 22 76 8
2 cm3
故答案为：56； 76 8 2
【点睛】本题主要考查了根据三视图求解原几何体的体积与表面积的问题,需要画出对应的
图像进行分析求解,属于中等题型.
12.二项式
x
1 x
6
的展开式中常数项等于______，有理项共有______项.
【答案】 (1). 15 (2). 4
【解析】
【分析】