浙江省嘉興市於潛中學高三數學文上學期摸底試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.復數（是虛數單位）的模等于（

）．（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：A試題分析：，故模為，故選A．考點：復數運算及相關概念.2.已知離心率為的雙曲線和離心率為的橢圓有相同的焦點是兩曲線的一個公共點，若，則等于(

)A．

B．

C．

D．3參考答案：【知識點】雙曲線的簡單性質；橢圓的簡單性質．H5H6C

解析：設橢圓的長半軸長為a1，雙曲線的實半軸長為a2，焦距為2c，|PF1|=m，|PF2|=n，且不妨設m＞n，由m+n=2a1，m﹣n=2a2得m=a1+a2，n=a1﹣a2．又，∴，∴，即，解得，故選：C．【思路點撥】利用橢圓、雙曲線的定義，求出|PF1|，|PF2|，結合∠F1PF2=，利用余弦定理，建立方程，即可求出e．3.當時，不等式恒成立，則的取值范圍是A.

B.

C.

D.參考答案：A4.在復平面內，復數對應的點位于第四象限，則實數的取值范圍為（

）A．

B．

C．

D．

參考答案：A5.已知雙曲線C：的一條新近線與直線垂直，則此雙曲線的離心率為(

)A.

B.

C.

D.參考答案：B6.已知Sn是非零數列{an}的前n項和，且Sn＝2an－1，則S2011等于A．1－22010

B．22011－1

C．22010－1

D．1－22011參考答案：B當n＝1時，S1＝2a1－1，得S1＝a1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入Sn＝2an－1，得Sn＝2Sn－1＋1，即Sn＋1＝2(Sn－1＋1)，∴Sn＋1＝(S1＋1)·2n－1＝2n，∴S2011＝22011－1.

7.設為向量，則“”是“的夾角是銳角”的（）條件．A．充分不必要 B．必要不充分C．充分必要 D．既不充分也不必要參考答案：B【考點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角．【專題】規(guī)律型．【分析】根據向量數量積的應用以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【解答】解：若“的夾角是銳角”，設夾角為θ，則．當θ=0時，滿足，但的夾角是銳角不成立．∴“”是“的夾角是銳角”的必要不充分條件．故選：B．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用數量積的公式是解決本題的關鍵．8.（5分）已知雙曲線方程為=1，過其右焦點F的直線（斜率存在）交雙曲線于P、Q兩點，PQ的垂直平分線交x軸于點M，則的值為（）A．B．C．D．參考答案：B【考點】：雙曲線的簡單性質．【專題】：計算題．【分析】：依題意，不妨設過其右焦點F的直線的斜率為1，利用雙曲線的第二定義可求得可求得|PQ|，繼而可求得PQ的垂直平分線方程，令x=0可求得點M的橫坐標，從而使問題解決．【解答】：解：∵雙曲線的方程為﹣=1，∴其右焦點F（5，0），不妨設過其右焦點F的直線的斜率為1，依題意，直線PQ的方程為：y=x﹣5．由得：7x2+90x﹣369=0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1，x2為方程7x2+90x﹣369=0的兩根，∴x1+x2=﹣，y1+y2=（x1﹣5）+（x2﹣5）=x1+x2﹣10=﹣，∴線段PQ的中點N（﹣，﹣），∴PQ的垂直平分線方程為y+=﹣（x+），令y=0得：x=﹣．又右焦點F（5，0），∴|MF|=5+=．①設點P在其準線上的射影為P′，點Q在其準線上的射影為Q′，∵雙曲線的一條漸近線為y=x，其斜率k=，直線PQ的方程為：y=x﹣5，其斜率k′=1，∵k′＜k，∴直線PQ與雙曲線的兩個交點一個在左支上，另一個在右支上，不妨設點P在左支，點Q在右支，則由雙曲線的第二定義得：==e==，∴|PF|=x1﹣×=x1﹣3，同理可得|QF|=3﹣x2；∴|PQ|=|QF|﹣|PF|=3﹣x2﹣（x1﹣3）=6﹣（x1+x2）=6﹣×（﹣）=．②∴==．故選B．【點評】：本題考查雙曲線的第二定義的應用，考查直線與圓錐曲線的相交問題，考查韋達定理的應用與直線方程的求法，綜合性強，難度大，屬于難題．9.已知函數與函數有4個不同的交點，則實數的取值范圍是（

）A． B．

C．

D．

參考答案：D由題意，函數與函數有4個不同的交點，即方程有4個解，設，顯然函數為偶函數，且，函數有四個零點等價于函數在內有2個零點．顯然當時，．（1）當時，函數在上單調遞增，最多只有一個零點，顯然不滿足題意；（2）當時，．由得；由得．所以函數在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增．所以函數．又當時，；當時，，由函數在區(qū)間上有兩個零點可得，即，解之得．故選D．10.已知函數，若，且，則的取值范圍是()A．

B.C．

D.參考答案：B略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如果對定義在上的函數，對任意兩個不相等的實數，都有，則稱函數為“函數”.給出下列函數①;②;③;④.以上函數是“函數”的所有序號為

.參考答案：②;③12.在平面直角坐標系中，已知拋物線關于軸對稱，頂點在原點，且過點P(2，4)，則該拋物線的方程是

．參考答案：答案：y2=8x解析：設拋物線的方程為y2=2px，把點(2，4)帶入可求得焦參數p=4，故所求的拋物線的方程為y2=8x。13.若m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，則下列命題中真

命題的序號是________．①若m、n都平行于平面α，則m、n一定不是相交直線；②若m、n都垂直于平面α，則m，n一定是平行直線；③已知α，β互相平行，m、n互相平行，若m∥α，則n∥β；④若m、n在平面α內的射影互相平行，則m、n互相平行．參考答案：②①為假命題，②為真命題，在③中，n可以平行于β，也可以在β內，故是假命題，在④中，m、n也可以異面，故為假命題14.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若其面積S=（b2+c2﹣a2），則∠A=．參考答案：考點： 余弦定理．專題： 計算題．分析： 根據三角形的面積公式S=bcsinA，而已知S=（b2+c2﹣a2），兩者相等得到一個關系式，利用此關系式表示出sinA，根據余弦定理表示出cosA，發(fā)現兩關系式相等，得到sinA等于cosA，即tanA等于1，根據A的范圍利用特殊角的三角函數值即可得到A的度數．解答： 解：由已知得：S=bcsinA=（b2+c2﹣a2）變形為：=sinA，由余弦定理可得：cosA=，所以cosA=sinA即tanA=1，又A∈（0，π），則A=．故答案為：。故答案為：點評： 此題考查學生靈活運用三角形的面積公式及余弦定理化簡求值，是一道基礎題．15.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為

.參考答案：略16.

.參考答案：，根據積分的幾何意義可知等于半徑為1的半圓的面積，即，，所以.17.若，則

參考答案：2三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.

已知拋物線的焦點為F，過點F的直線交拋物線C于A，B兩點，且拋物線C在A，B兩點處的切線相交于點M

(I)若△MAB面積的最小值為4，求p的值；

(Ⅱ)在(I)的條件下，若△MAB的三邊長成等差數列，求此時點M到直線AB的距離．參考答案：解：（Ⅰ）設，直線，則將直線的方程代入拋物線的方程可得，則，（*）故.因直線為拋物線在點處的切線，則故直線的方程為，同理，直線的方程為，聯立直線的方程可得，又由（*）式可得，則點到直線的距離，故，由的面積的最小值為4，可得，故.……………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，故，則為直角三角形，故①由的三邊長成等差數列，不妨設，可得②聯立①，②可得,由，可得，又，，則，故，得此時到直線的距離.………（12分）略19.已知集合，（1）當時，求；（2）若，求實數的值。參考答案：20.已知函數，．（Ⅰ）求的單調區(qū)間；（Ⅱ）若的最小值為0，回答下列問題：（ⅰ）求實數的值；（ⅱ）設，（）是函數圖象上的兩點，且曲線在點處的切線與直線平行，求證：．參考答案：解：（Ⅰ）函數的定義域為，且．當時，，所以在區(qū)間單調遞增；當時，由，解得；由，解得．所以的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為．綜上述：時，的單調遞增區(qū)間是；

時，的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是（Ⅱ）（?。┯桑á瘢┲敃r，無最小值，不合題意；當時，令，則，由，解得；由，解得．所以的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為．故，即當且僅當時，=0．因此，．

（ⅱ）因為，所以直線AB的斜率．依題意，可得，即．令，于是==．

由（ⅰ）知，當時，，于是，即成立．分==．由（?。┲敃r，，即，于是，即成立．綜上，成立．

略21.己知四棱錐中，平面，底面是菱形，且．，、的中點分別為，．（Ⅰ）求證．（Ⅱ）求二面角的余弦值．（Ⅲ）在線段上是否存在一點，使得平行于平面？若存在，指出在上的位置并給予證明，若不存在，請說明理由．參考答案：（）證明：連結，．∵平面，平面，∴．又∵底面是菱形，，，∴是正三角形．∵是的中點，∴．又∵，平面，平面，∴平面，∴．（）由（）得，由可得．又∵底面，∴，．∴以為原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，，．∵平面，∴平面的法向量為．又∵，．設平面的一個法向量，則：，即，令，則，，∴．∴．∵二面角是銳角，∴二面角的余弦值為．（）是線段上的一點，設．∵，∴．又∵，．設平面的一個法向量為，則：，即，∴，∵平面，∴，，即，解得．故線段上存在一點，使得平行于平面，是中點．22.已知函數f（x）=ex﹣ln（x+m）（Ι）設x=0是f（x）的極值點，求m，并討論f（x）的單調性；（Ⅱ）當m≤2時，證明f（x）＞0．參考答案：【考點】利用導數研究函數的單調性；根據實際問題選擇函數類型．【專題】壓軸題；導數的綜合應用．【分析】（Ⅰ）求出原函數的導函數，因為x=0是函數f（x）的極值點，由極值點處的導數等于0求出m的值，代入函數解析式后再由導函數大于0和小于0求出原函數的單調區(qū)間；（Ⅱ）證明當m≤2時，f（x）＞0，轉化為證明當m=2時f（x）＞0．求出當m=2時函數的導函數，可知導函數在（﹣2，+∞）上為增函數，并進一步得到導函數在（﹣1，0）上有唯一零點x0，則當x=x0時函數取得最小值，借助于x0是導函數的零點證出f（x0）＞0，從而結論得證．【解答】（Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的極值點，∴，解得m=1．所以函數f（x）=ex﹣ln（x+1），其定義域為（﹣1，+∞）．∵．設g（x）=ex（x+1）﹣1，則g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上為增函數，又∵g（0）=0，所以當x＞0時，g（x）＞0，即f′（x）＞0；當﹣1＜x＜0時，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上為減函數；在（0，+∞）上為增函數；（Ⅱ）證明：當m≤2，x∈（﹣m，+∞）時，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需證明當m=2時f（x）＞0．當m=2時，函數在（﹣2，+∞）上為增函數，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f