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上海市重點大學附中2023屆高三年級數(shù)學畢業(yè)考試試卷

一、填空題

1．已知集合中的最大元素為2，則實數(shù).

2．函數(shù)的嚴格減區(qū)間為.

3．若函數(shù)為偶函數(shù)，且當時，，則.

4．若某圓錐高為3，其側(cè)面積與底面積之比為，則該圓錐的體積為.

5．已知樣本數(shù)據(jù)2、4、8、的極差為10，其中，則該組數(shù)據(jù)的方差為.

6．在財務(wù)審計中，我們可以用“本福特定律”來檢驗數(shù)據(jù)是否造假.本福特定律指出，在一組沒有人為編造的自然生成的數(shù)據(jù)(均為正實數(shù))中，首位非零的數(shù)字是這九個事件不是等可能的.具體來說，隨機變量是一組沒有人為編造的首位非零數(shù)字，

則.則根據(jù)本福特定律，首位非零數(shù)字是1與首位非零數(shù)字是8的概率之比約為(保留至整數(shù)).

7．若，則.

8．若向量與不共線也不垂直，且，則向量夾角.

9．已知復數(shù)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點是，其共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點是是坐標原點，若在第一象限，且，則.

10．已知雙曲線的左、右焦點分別為、的漸近線與圓在第一象限的交點為，線段與交于點為坐標原點.若，則的離心率為.

11．若項數(shù)為10的數(shù)列，滿足，且，則數(shù)列中最大項的最大值為.

12．若實數(shù)使得存在兩兩不同的實數(shù)，有，則實數(shù)的取值范圍是.

二、選擇題

13．我國古代數(shù)學著作《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，問日增幾何"，該問題中，“善走男”第5日所走的路程里數(shù)為（）

A．110B．120C．130D．140

14．“表示焦點在軸上的橢圓”的一個充分非必要條件是（）

A．B．C．D．

15．若干個能確定一個立體圖形的體積的量稱為該立體圖形的“基本量”，已知長方體，下列四組量中，一定能成為該長方體的“基本量”的是（）

A．、、的長度B．、、的長度

C．、、的長度D．、、的長度

16．設(shè)關(guān)于、的表達式，當、取遍所有實數(shù)時，（）

A．既有最大值，也有最小值B．有最大值，無最小值

C．無最大值，有最小值D．既無最大值，也無最小值

三、解答題

17．在平面直角坐標系中，在以原點為圓心半徑等1的圓上，將射線繞原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)后交該圓于點，設(shè)點的橫坐標為，縱坐標.

（1）如果，，求的值（用表示）；

（2）如果，求的值.

18．如圖，矩形AMND所在平面與直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB．

（1）求證：平面AMB//平面DNC；

（2）若MC⊥CB，求證：BC⊥AC．

19．某科技公司為確定下一年度投入某種產(chǎn)品的研發(fā)費，需了解年研發(fā)費x（單位：萬元）對年銷售量y（單位：百件）和年利潤（單位：萬元）的影響，現(xiàn)對近6年的年研發(fā)費和年銷售量（，2，…，6）數(shù)據(jù)作了初步處理，得到下面的散點圖及一些統(tǒng)計量的值.

12.52223.5157.5168004.51254270

表中，.

（1）根據(jù)散點圖判斷與哪一個更適宜作為年研發(fā)費x的回歸方程類型；（給出判斷即可，不必說明理由）

（2）根據(jù)（1）的判斷結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，建立y關(guān)于x的回歸方程；

（3）已知這種產(chǎn)品的年利潤，根據(jù)（2）的結(jié)果，當年研發(fā)費為多少時，年利潤z的預報值最大？附：對于一組數(shù)據(jù)，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，.

20．貝塞爾曲線是計算機圖形學和相關(guān)領(lǐng)域中重要的參數(shù)曲線．法國數(shù)學象卡斯特利奧對貝塞爾曲線進行了圖形化應(yīng)用的，提出了DeCasteljau算法：已知三個定點，根據(jù)對應(yīng)的比例，使用遞推畫法，可以畫出地物線．反之，已知拋物線上三點的切線，也有相應(yīng)成比例的結(jié)論．

如圖所示，拋物線，其中為一給定的實數(shù).．

（1）寫出拋物線的焦點坐標及準線方程；

（2）若直線與拋物線只有一個公共點，求實數(shù)k的值；

（3）如圖，A，B，C是H上不同的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點D，E，F(xiàn)，

證明：．

21．設(shè)是定義域為的函數(shù)，如果對任意的、均成立，則稱是“平緩函數(shù)”.

（1）若，試判斷和是否為“平緩函數(shù)”

并說明理由；(參考公式：時，恒成立)

（2）若函數(shù)是“平緩函數(shù)”，且是以1為周期的周期函數(shù)，

證明：對任意的、，均有；

（3）設(shè)為定義在上函數(shù)，且存在正常數(shù)使得函數(shù)為“平緩函數(shù)”.

現(xiàn)定義數(shù)列滿足：，

試證明：對任意的正整數(shù).

答案解析部分

1．【答案】1

【知識點】元素與集合關(guān)系的判斷

【解析】【解答】解：因為，

所以x2+1>x，

所以x2+1=2，

解得x=1或x=-1，

經(jīng)檢驗，x=-1不符合題意，

故x=1，

故答案為：1.

【分析】根據(jù)題意易得x2+1=2，解得x，再檢驗即可.

2．【答案】

【知識點】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間

【解析】【解答】解：因為的單調(diào)減區(qū)間為，

所以的嚴格減區(qū)間為.

故答案為：

【分析】根據(jù)嚴格減區(qū)間定義即可得出答案.

3．【答案】

【知識點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)

【解析】【解答】當時，，所以，

又因為f(x)為偶函數(shù)，所以．

故答案為：.

【分析】利用偶函數(shù)的定義即可求解.

4．【答案】

【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺、球）

【解析】【解答】設(shè)此圓錐的底面半徑為r，母線長為l，

則l2=r2+9，

因為圓錐的側(cè)面展開圖是一個扇形，扇形的弧長是圓錐底面圓的周長，扇形的半徑是圓錐母線長，

所以，

又側(cè)面積與底面積之比為2：1，

所以，

所以=2r，

結(jié)合l2=r2+9可解得，，

所以該圓錐的體積.

故答案為：

【分析】由題意可列出關(guān)于圓錐底面半徑r和母線l的方程組，解方程組即可求得底面半徑r和母線l，從而可求圓錐的體積.

5．【答案】

【知識點】極差、方差與標準差

【解析】【解答】由題意得m-2=0，所以m=12，所以該組的平均數(shù)為，

由方差的計算公式可知：，

故答案為：.

【分析】由題意先求得m，再求得數(shù)據(jù)的平均數(shù)，由方差的計算公式求值即可.

6．【答案】6

【知識點】對數(shù)的運算性質(zhì)

【解析】【解答】由題意可得：．

故答案為：6.

【分析】根據(jù)題意結(jié)合對數(shù)運算求解.

7．【答案】-1

【知識點】二項式定理；二項式系數(shù)的性質(zhì)

【解析】【解答】令x=0，得a0=1，

令x=，得，

所以．

故答案為：-1.

【分析】二項展開式中通過賦值法求解即可.

8．【答案】

【知識點】數(shù)量積表示兩個向量的夾角

【解析】【解答】由題意可得：，

故，即.

故答案為：

【分析】根據(jù)平面向量的數(shù)量積求夾角即可.

9．【答案】

【知識點】復數(shù)的基本概念；復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算

【解析】【解答】設(shè)，則由共軛復數(shù)的概念可得，

由得：，即m2-n2=0

因為，所以m=n，故z=m+mi，，

故.

故答案為：-i.

【分析】設(shè)點A坐標，根據(jù)共軛復數(shù)的概念得B坐標，再由得A橫縱坐標的關(guān)系式，根據(jù)復數(shù)的除法運算求值即可.

10．【答案】

【知識點】雙曲線的簡單性質(zhì)

【解析】【解答】解：雙曲線的漸近線為：，焦點F2（c，0），

∵漸近線與圓在第一象限的交點為M，

∴聯(lián)立可得，

∵，

∴N是MF2的中點，

∴，

∵N在雙曲線上，

∴，

故答案為：.

【分析】由可知N是MF2的中點，求出N的坐標，代入雙曲線的方程化簡即可.

11．【答案】8

【知識點】數(shù)列的函數(shù)特性

【解析】【解答】解：因為，所以或，

不妨設(shè)，

即中相鄰兩項相差最大為2，但又要保證，則數(shù)列中的項有增有減，

假如bi中有x個2，增量最大為2x，則有9-x項是減少的，

則必有，所以，解得x=3或4，

取x=4，a1取最大值0，按最大連續(xù)增量8計算，有a5=a1+8，即中有最大值為a5=8．

故答案為：8

【分析】根據(jù)數(shù)列的增減性計算即可.

12．【答案】

【知識點】函數(shù)的零點

【解析】【解答】解：因為，

所以x3-3x=y3-3y，

同理可得x3-3x=y3-3y=z3-3z，

構(gòu)造函數(shù)u=t3-3t，

令x，y，z為u=t3-3t=m的三個互不相同的根，

則u'=3t2-3，令u'=0，t=±1，

所以t∈(-1，1)時，u'0，u單調(diào)遞增，

且t=1時，u=-2，t=-1時，u=2，

所以為使u=t3-3t=m的三個互不相同的根，

則m∈(-2，2)，且有u=(t-x)(t-y)(t-z)，

得到x+y+z=0，

原式可得：，，

化簡得：，

取x3+a=3x，得到-a=x3-3x，

解得-a∈(-2，2)時有三個不同的根，

又因為x≠0，所以a∈．

故答案為：

【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用導函數(shù)得到u=t3-3t=m的三個互不相同的根，m∈(-2，2)，且有u=(t-x)(t-y)(t-z)=0，進而得到x+y+z=0，化簡可得-a∈(-2，2)時有三個不同的根，進而得出結(jié)果.

13．【答案】D

【知識點】等差數(shù)列的前n項和；等差數(shù)列的性質(zhì)

【解析】【解答】解：由題意設(shè)此人第一天走a1里，第二天走a2里，第n天走an里，{an}是等差數(shù)列，首項是a1=100，

因為，所以a5=140．

故選：D．

【分析】由題意可得此人所走的里數(shù)為等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的性質(zhì)計算可得答案．

14．【答案】C

【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷

【解析】【解答】解：若表示焦點在軸上的橢圓，則需，

所以“表示焦點在軸上的橢圓”的一個充分不必要條件是，

故選：C.

【分析】由已知條件求得a，b之間的關(guān)系和范圍，再根據(jù)充分不必要條件的判定，可得選項.

15．【答案】A

【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征

【解析】【解答】解：設(shè)AB=a，AD=b，AA1=c，

對于選項A：可得，據(jù)此可以解出a，b，c，故A正確；

對于選項B：可得，據(jù)此無法解出a，b，c，故B錯誤；

對于選項C：可得，據(jù)此無法解出a，b，c，故C錯誤；

對于選項D：可得，據(jù)此無法解出a，b，c，故D錯誤；

故選：A.

【分析】根據(jù)題意列式求解a，b，c，逐項分析判斷即可.

16．【答案】D

【知識點】函數(shù)的最值及其幾何意義；余弦函數(shù)的零點與最值

【解析】【解答】解：由cos2x∈[0，1]，cos2y∈[0，1]，cos(xy)∈[-1，1]，易知cos2x+cos2y-cos(xy)∈[-1，3].

同時，由于π是無理數(shù)，因此當cosx+cosy=0時，cos(xy)≠1；當cos2x+cos2y=1時，cos(xy)≠-1，故兩端均不能取得等號.

補充證明：二元表達式cos2x+cos2y-cos(xy)（x，y∈R）可以取到任意接近-1和3的值，

從而該式無最值.

①取x=π，y=nπ（n∈N+），則cos2x+cos2y-cos(xy)=2-cos(nπ2).

對任意ε>0，由抽屜原理，存在N∈N+，使得.

再考慮k∈N+，使得（由π的無理性，兩頭都不取等）.

則n=kN時，，從而，

cos2x+cos2y-cos(xy)∈，即證.

②取x=，y=nπ+（n∈N+），則cos2x+cos2y-cos(xy)=-cos(π2).

對任意ε>0，由抽屜原理，存在N∈N+，使得

再考慮k∈Z，使得（不取等的理由同上）.

則n=kN時，，從而，

cos2x+cos2y-cos(xy)∈即證.

故選：D．

【分析】根據(jù)cos2x，cos2y，cos(xy)（x，y∈R）的范圍可以確定cos2x+cos2y-cos(xy)∈[-1，3]，但根據(jù)余弦函數(shù)取值特點，取不到端點值，用換元方法證明，進而得出答案.

17．【答案】（1）解：由題設(shè)知：，則，

∴，，

∴，而，，則，

∴，時，；

，時，.

（2）解：由題設(shè)，，可得，

又，

∴.

【知識點】任意角三角函數(shù)的定義；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用

【解析】【分析】（1）由題設(shè)知，根據(jù)三角函數(shù)與單位圓的關(guān)系及和角正余弦公式、同角三角函數(shù)的平方關(guān)系求，，進而可得.

（2）由題設(shè)可得可求，再由倍角余弦公式、萬能公式可得，即可求值.

18．【答案】（1）證明：因為MB//NC，MB面DNC，NC面DNC，

所以MB//面DNC．因為AMND是矩形，所以MA//DN，又MA面DNC，

DN面DNC，所以MA//面DNC．又MA∩MB=M，且MA、MB平面AMB，所以面AMB//面DNC．

（2）證明：因為AMND是矩形，所以AM⊥MN．

因為面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN=MN，AM面AMND，

所以AM⊥平面MBCN，而BC平面MBCN，所以AM⊥BC．

因為MC⊥BC，MC∩AM=M，MC、AM面AMC，所以BC⊥面AMC，

因為AC面AMC，所以BC⊥AC．

【知識點】直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)

【解析】【分析】（1）由線面平行的判定可證MB//面DNC、MA//面DNC，再用面面平行的判定證結(jié)論；

（2）由面面垂直的性質(zhì)得AM⊥平面MBCN，再由線面垂直的性質(zhì)、判定證BC⊥面AMC，最后由線面垂直的性質(zhì)證線線垂直即可.

19．【答案】（1）解：由散點圖可以判斷更適宜作為年研發(fā)費x的回歸方程類型；

（2）解：令，先建立y關(guān)于的線性回歸方程，因為，

，所以y關(guān)于μ的線性回歸方程，

因此，γ關(guān)于x的回歸方程為；

（3）解：由（2）可知，，

當時，；當時，，

所以當研發(fā)費為30萬元時，年利潤z的預報值最大.

【知識點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；散點圖；線性回歸方程

【解析】【分析】（1）由散點圖可以判斷更適宜作為年研發(fā)費x的回歸方程類型；

（2）令，建立y關(guān)于μ的線性回歸方程，再利用最小二乘法求出y關(guān)于μ的線性回歸方程即得解；

（3）求出，再利用導數(shù)求函數(shù)的最值得解.

20．【答案】（1）解：焦點為，準線為

（2）解：將代入，

化簡得（*），

方程（*）的判別式，化簡得，即．

（3）證明：設(shè)，

設(shè)拋物線在點處的切線方程為，

由消去并化簡得，

，

，，

解得，故切線方程為，

，，即，

同理可求得拋物線上過點B，C的切線方程分別為：

，，

由過的切線方程兩兩聯(lián)立，可以求得交點D，E，F(xiàn)的橫坐標分別為：

，，，

注意到結(jié)論中線段長度的比例可以轉(zhuǎn)化為點的橫坐標的比例，

得，命題得證．

【知識點】拋物線的標準方程；拋物線的簡單性質(zhì)；拋物線的應(yīng)用；圓錐曲線的綜合

【解析】【分析】（1）直接根據(jù)拋物線方程寫出焦點及準線方程即可；

（2）聯(lián)立方程，由即可得解；

（3）設(shè)，設(shè)拋物線在A點處的切線方程為，聯(lián)立方程，根據(jù)求得斜率，進而可求得三條切線方程，從而可求得點D、E、F的橫坐標，再根據(jù)結(jié)論中線段長度的比例可以轉(zhuǎn)化為點的橫坐標的比例，即可得證.

21．【答案】（1）解：針對①：，有定義得到

又因為，且，

所以，所以有

針對②：設(shè)，則，則是實數(shù)集R上的增函數(shù)，

設(shè)，則，即，則（1），

又也是R上的增函數(shù)，則（2），

由（1）、（2）得因此，

對的實數(shù)都成立，同理當時，亦有成立，

且當時，不等式故對任意的實數(shù)均有，因此是R上的“平緩函數(shù)，故②正確

（2）證明：由，可以構(gòu)造函數(shù)，，

則，，

故是嚴格減函數(shù)，是嚴格增函數(shù)

所以，即，

所以

設(shè)函數(shù)的最大值為，最小值為，則存在且，

則．若，則．

若，不妨設(shè)，則，

所以．綜上，．

（3）證明：由題意得：，

接著有

……

累加并用絕對值不等式得

即：，令，所以，

所以，即得到：

【知識點】函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明；函數(shù)的周期性

【解析】【分析】（1）利用y=f(x)是“平緩函數(shù)”判斷可得答案；

（2）設(shè)且，分，，根據(jù)y=f(x)為R上的“平緩函數(shù)”可得答案；

（3）由為R上的“平緩函數(shù)”得，再利用證明可得答案.

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上海市重點大學附中2023屆高三年級數(shù)學畢業(yè)考試試卷

一、填空題

1．已知集合中的最大元素為2，則實數(shù).

【答案】1

【知識點】元素與集合關(guān)系的判斷

【解析】【解答】解：因為，

所以x2+1>x，

所以x2+1=2，

解得x=1或x=-1，

經(jīng)檢驗，x=-1不符合題意，

故x=1，

故答案為：1.

【分析】根據(jù)題意易得x2+1=2，解得x，再檢驗即可.

2．函數(shù)的嚴格減區(qū)間為.

【答案】

【知識點】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間

【解析】【解答】解：因為的單調(diào)減區(qū)間為，

所以的嚴格減區(qū)間為.

故答案為：

【分析】根據(jù)嚴格減區(qū)間定義即可得出答案.

3．若函數(shù)為偶函數(shù)，且當時，，則.

【答案】

【知識點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)

【解析】【解答】當時，，所以，

又因為f(x)為偶函數(shù)，所以．

故答案為：.

【分析】利用偶函數(shù)的定義即可求解.

4．若某圓錐高為3，其側(cè)面積與底面積之比為，則該圓錐的體積為.

【答案】

【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺、球）

【解析】【解答】設(shè)此圓錐的底面半徑為r，母線長為l，

則l2=r2+9，

因為圓錐的側(cè)面展開圖是一個扇形，扇形的弧長是圓錐底面圓的周長，扇形的半徑是圓錐母線長，

所以，

又側(cè)面積與底面積之比為2：1，

所以，

所以=2r，

結(jié)合l2=r2+9可解得，，

所以該圓錐的體積.

故答案為：

【分析】由題意可列出關(guān)于圓錐底面半徑r和母線l的方程組，解方程組即可求得底面半徑r和母線l，從而可求圓錐的體積.

5．已知樣本數(shù)據(jù)2、4、8、的極差為10，其中，則該組數(shù)據(jù)的方差為.

【答案】

【知識點】極差、方差與標準差

【解析】【解答】由題意得m-2=0，所以m=12，所以該組的平均數(shù)為，

由方差的計算公式可知：，

故答案為：.

【分析】由題意先求得m，再求得數(shù)據(jù)的平均數(shù)，由方差的計算公式求值即可.

6．在財務(wù)審計中，我們可以用“本福特定律”來檢驗數(shù)據(jù)是否造假.本福特定律指出，在一組沒有人為編造的自然生成的數(shù)據(jù)(均為正實數(shù))中，首位非零的數(shù)字是這九個事件不是等可能的.具體來說，隨機變量是一組沒有人為編造的首位非零數(shù)字，

則.則根據(jù)本福特定律，首位非零數(shù)字是1與首位非零數(shù)字是8的概率之比約為(保留至整數(shù)).

【答案】6

【知識點】對數(shù)的運算性質(zhì)

【解析】【解答】由題意可得：．

故答案為：6.

【分析】根據(jù)題意結(jié)合對數(shù)運算求解.

7．若，則.

【答案】-1

【知識點】二項式定理；二項式系數(shù)的性質(zhì)

【解析】【解答】令x=0，得a0=1，

令x=，得，

所以．

故答案為：-1.

【分析】二項展開式中通過賦值法求解即可.

8．若向量與不共線也不垂直，且，則向量夾角.

【答案】

【知識點】數(shù)量積表示兩個向量的夾角

【解析】【解答】由題意可得：，

故，即.

故答案為：

【分析】根據(jù)平面向量的數(shù)量積求夾角即可.

9．已知復數(shù)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點是，其共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點是是坐標原點，若在第一象限，且，則.

【答案】

【知識點】復數(shù)的基本概念；復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算

【解析】【解答】設(shè)，則由共軛復數(shù)的概念可得，

由得：，即m2-n2=0

因為，所以m=n，故z=m+mi，，

故.

故答案為：-i.

【分析】設(shè)點A坐標，根據(jù)共軛復數(shù)的概念得B坐標，再由得A橫縱坐標的關(guān)系式，根據(jù)復數(shù)的除法運算求值即可.

10．已知雙曲線的左、右焦點分別為、的漸近線與圓在第一象限的交點為，線段與交于點為坐標原點.若，則的離心率為.

【答案】

【知識點】雙曲線的簡單性質(zhì)

【解析】【解答】解：雙曲線的漸近線為：，焦點F2（c，0），

∵漸近線與圓在第一象限的交點為M，

∴聯(lián)立可得，

∵，

∴N是MF2的中點，

∴，

∵N在雙曲線上，

∴，

故答案為：.

【分析】由可知N是MF2的中點，求出N的坐標，代入雙曲線的方程化簡即可.

11．若項數(shù)為10的數(shù)列，滿足，且，則數(shù)列中最大項的最大值為.

【答案】8

【知識點】數(shù)列的函數(shù)特性

【解析】【解答】解：因為，所以或，

不妨設(shè)，

即中相鄰兩項相差最大為2，但又要保證，則數(shù)列中的項有增有減，

假如bi中有x個2，增量最大為2x，則有9-x項是減少的，

則必有，所以，解得x=3或4，

取x=4，a1取最大值0，按最大連續(xù)增量8計算，有a5=a1+8，即中有最大值為a5=8．

故答案為：8

【分析】根據(jù)數(shù)列的增減性計算即可.

12．若實數(shù)使得存在兩兩不同的實數(shù)，有，則實數(shù)的取值范圍是.

【答案】

【知識點】函數(shù)的零點

【解析】【解答】解：因為，

所以x3-3x=y3-3y，

同理可得x3-3x=y3-3y=z3-3z，

構(gòu)造函數(shù)u=t3-3t，

令x，y，z為u=t3-3t=m的三個互不相同的根，

則u'=3t2-3，令u'=0，t=±1，

所以t∈(-1，1)時，u'0，u單調(diào)遞增，

且t=1時，u=-2，t=-1時，u=2，

所以為使u=t3-3t=m的三個互不相同的根，

則m∈(-2，2)，且有u=(t-x)(t-y)(t-z)，

得到x+y+z=0，

原式可得：，，

化簡得：，

取x3+a=3x，得到-a=x3-3x，

解得-a∈(-2，2)時有三個不同的根，

又因為x≠0，所以a∈．

故答案為：

【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用導函數(shù)得到u=t3-3t=m的三個互不相同的根，m∈(-2，2)，且有u=(t-x)(t-y)(t-z)=0，進而得到x+y+z=0，化簡可得-a∈(-2，2)時有三個不同的根，進而得出結(jié)果.

二、選擇題

13．我國古代數(shù)學著作《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，問日增幾何"，該問題中，“善走男”第5日所走的路程里數(shù)為（）

A．110B．120C．130D．140

【答案】D

【知識點】等差數(shù)列的前n項和；等差數(shù)列的性質(zhì)

【解析】【解答】解：由題意設(shè)此人第一天走a1里，第二天走a2里，第n天走an里，{an}是等差數(shù)列，首項是a1=100，

因為，所以a5=140．

故選：D．

【分析】由題意可得此人所走的里數(shù)為等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的性質(zhì)計算可得答案．

14．“表示焦點在軸上的橢圓”的一個充分非必要條件是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷

【解析】【解答】解：若表示焦點在軸上的橢圓，則需，

所以“表示焦點在軸上的橢圓”的一個充分不必要條件是，

故選：C.

【分析】由已知條件求得a，b之間的關(guān)系和范圍，再根據(jù)充分不必要條件的判定，可得選項.

15．若干個能確定一個立體圖形的體積的量稱為該立體圖形的“基本量”，已知長方體，下列四組量中，一定能成為該長方體的“基本量”的是（）

A．、、的長度B．、、的長度

C．、、的長度D．、、的長度

【答案】A

【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征

【解析】【解答】解：設(shè)AB=a，AD=b，AA1=c，

對于選項A：可得，據(jù)此可以解出a，b，c，故A正確；

對于選項B：可得，據(jù)此無法解出a，b，c，故B錯誤；

對于選項C：可得，據(jù)此無法解出a，b，c，故C錯誤；

對于選項D：可得，據(jù)此無法解出a，b，c，故D錯誤；

故選：A.

【分析】根據(jù)題意列式求解a，b，c，逐項分析判斷即可.

16．設(shè)關(guān)于、的表達式，當、取遍所有實數(shù)時，（）

A．既有最大值，也有最小值B．有最大值，無最小值

C．無最大值，有最小值D．既無最大值，也無最小值

【答案】D

【知識點】函數(shù)的最值及其幾何意義；余弦函數(shù)的零點與最值

【解析】【解答】解：由cos2x∈[0，1]，cos2y∈[0，1]，cos(xy)∈[-1，1]，易知cos2x+cos2y-cos(xy)∈[-1，3].

同時，由于π是無理數(shù)，因此當cosx+cosy=0時，cos(xy)≠1；當cos2x+cos2y=1時，cos(xy)≠-1，故兩端均不能取得等號.

補充證明：二元表達式cos2x+cos2y-cos(xy)（x，y∈R）可以取到任意接近-1和3的值，

從而該式無最值.

①取x=π，y=nπ（n∈N+），則cos2x+cos2y-cos(xy)=2-cos(nπ2).

對任意ε>0，由抽屜原理，存在N∈N+，使得.

再考慮k∈N+，使得（由π的無理性，兩頭都不取等）.

則n=kN時，，從而，

cos2x+cos2y-cos(xy)∈，即證.

②取x=，y=nπ+（n∈N+），則cos2x+cos2y-cos(xy)=-cos(π2).

對任意ε>0，由抽屜原理，存在N∈N+，使得

再考慮k∈Z，使得（不取等的理由同上）.

則n=kN時，，從而，

cos2x+cos2y-cos(xy)∈即證.

故選：D．

【分析】根據(jù)cos2x，cos2y，cos(xy)（x，y∈R）的范圍可以確定cos2x+cos2y-cos(xy)∈[-1，3]，但根據(jù)余弦函數(shù)取值特點，取不到端點值，用換元方法證明，進而得出答案.

三、解答題

17．在平面直角坐標系中，在以原點為圓心半徑等1的圓上，將射線繞原點逆時針方向旋轉(zhuǎn)后交該圓于點，設(shè)點的橫坐標為，縱坐標.

（1）如果，，求的值（用表示）；

（2）如果，求的值.

【答案】（1）解：由題設(shè)知：，則，

∴，，

∴，而，，則，

∴，時，；

，時，.

（2）解：由題設(shè)，，可得，

又，

∴.

【知識點】任意角三角函數(shù)的定義；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用

【解析】【分析】（1）由題設(shè)知，根據(jù)三角函數(shù)與單位圓的關(guān)系及和角正余弦公式、同角三角函數(shù)的平方關(guān)系求，，進而可得.

（2）由題設(shè)可得可求，再由倍角余弦公式、萬能公式可得，即可求值.

18．如圖，矩形AMND所在平面與直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB．

（1）求證：平面AMB//平面DNC；

（2）若MC⊥CB，求證：BC⊥AC．

【答案】（1）證明：因為MB//NC，MB面DNC，NC面DNC，

所以MB//面DNC．因為AMND是矩形，所以MA//DN，又MA面DNC，

DN面DNC，所以MA//面DNC．又MA∩MB=M，且MA、MB平面AMB，所以面AMB//面DNC．

（2）證明：因為AMND是矩形，所以AM⊥MN．

因為面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN=MN，AM面AMND，

所以AM⊥平面MBCN，而BC平面MBCN，所以AM⊥BC．

因為MC⊥BC，MC∩AM=M，MC、AM面AMC，所以BC⊥面AMC，

因為AC面AMC，所以BC⊥AC．

【知識點】直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)

【解析】【分析】（1）由線面平行的判定可證MB//面DNC、MA//面DNC，再用面面平行的判定證結(jié)論；

（2）由面面垂直的性質(zhì)得AM⊥平面MBCN，再由線面垂直的性質(zhì)、判定證BC⊥面AMC，最后由線面垂直的性質(zhì)證線線垂直即可.

19．某科技公司為確定下一年度投入某種產(chǎn)品的研發(fā)費，需了解年研發(fā)費x（單位：萬元）對年銷售量y（單位：百件）和年利潤（單位：萬元）的影響，現(xiàn)對近6年的年研發(fā)費和年銷售量（，2，…，6）數(shù)據(jù)作了初步處理，得到下面的散點圖及一些統(tǒng)計量的值.

12.52223.5157.5168004.51254270

表中，.

（1）根據(jù)散點圖判斷與哪一個更適宜作為年研發(fā)費x的回歸方程類型；（給出判斷即可，不必說明理由）

（2）根據(jù)（1）的判斷結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，建立y關(guān)于x的回歸方程；

（3）已知這種產(chǎn)品的年利潤，根據(jù)（2）的結(jié)果，當年研發(fā)費為多少時，年利潤z的預報值最大？附：對于一組數(shù)據(jù)，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，.

【答案】（1）解：由散點圖可以判斷更適宜作為年研發(fā)費x的回歸方程類型；

（2）解：令，先建立y關(guān)于的線性回歸方程，因為，

，所以y關(guān)于μ的線性回歸方程，

因此，γ關(guān)于x的回歸方程為；

（3）解：由（2）可知，，

當時，；當時，，

所以當研發(fā)費為30萬元時，年利潤z的預報值最大.

【知識點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；散點圖；線性回歸方程

【解析】【分析】（1）由散點圖可以判斷更適宜作為年研發(fā)費x的回歸方程類型；

（2）令，建立y關(guān)于μ的線性回歸方程，再利用最小二乘法求出y關(guān)于μ的線性回歸方程即得解；

（3）求出，再利用導數(shù)求函數(shù)的最值得解.

20．貝塞爾曲線是計算機圖