上海市高三数学开学摸底考试卷（测试范围：上海高考数学全部内容）（解析版）.docx

1、上海市高三数学开学摸底考试卷考试时间：120分钟 满分：150分测试范围：新高考数学全部内容一填空题（共12小题，满分54分）1【分析】利用绝对值的几何意义求得|x+1|+|xm|的最小值为|m+1|，结合题意可得|m+1|6，由此求得实数m的取值范围【解答】解：由于关于x的不等式|x+1|+|xm|6的解集为，而|x+1|+|xm|表示数轴上的x对应点到1、m对应点的距离之和，它的最小值为|m+1|，故有|m+1|6，m+16，或m+16，求得m7，或m5，故答案为：（，75，+）【点评】本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于基础题2【分析】设，由DCA

2、B，可得，根据数量积为0，求解以AB所在直线为x轴，过点D作DOAB，DO所在直线为y轴，建立如图所示的坐标系设，可得，可得E点坐标，利用数量积运算性质及其二次函数的单调性即可得出【解答】解：设，DCAB，则，（）（）0，82810cos+48cos4100，化为cos，以AB所在直线为x轴，过点D作DOAB，DO所在直线为y轴，建立如图所示的坐标系则A（4，0），B（6，0），C（4，4），D（0，4），设，可得（62，4），（102，4），（62，4（1），（102）（62）+44（1）4（13220+15），又01，可得时，取得最小值为故答案为：【点评】本题考查了数量积运算性质、方程的解

3、法、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题3【分析】由已知可得，2S42S3S5s4，从而可求公比q，然后结合等比数列的通项公式即可求解【解答】解：等比数列an中，3S42S3+S5，2S42S3S5s4，2a4a5，q2，a24，a12，则a622564，故答案为：64【点评】本题主要考查了等比是数列的通项公式的简单应用，属于基础试题4【分析】由二倍角的正、余弦公式结合两角和的余弦公式求解即可【解答】解：cos3cos（2+）cos2cossin2sin（2cos21）cos2sin2cos（2cos21）cos2（1cos2）cos4cos33cos，又cosa，则cos3

4、4a33a故答案为：4a33a【点评】本题考查了二倍角的正、余弦公式，重点考查了两角和的余弦公式，属基础题5【分析】由指数函数的性质即可求解函数的值域【解答】解：因为x20，所以0e01，所以函数的值域为（0，1故答案为：（0，1【点评】本题主要考查函数值域的求法，考查运算求解能力，属于基础题6【分析】利用复数的运算法则求出z，再由复数虚部，模的定义即可得出【解答】解：因为z（1+i）2+i，所以z+i，则z的虚部是，|Z|，故答案是，【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的虚部，模的定义，属于基础题7【分析】换成标准型，求出半径【解答】解：圆的标准型为（x+1）2+（y+1）22，所以半径为

5、，故答案为：【点评】本题考查圆的方程和性质，为基础题8【分析】设BDx，由已知结合锐角三角函数定义及余弦定理分别表示cosA，建立关系x的方程，可求【解答】解：如图，设BDx，则由余弦定理可得，又由余弦定理可得，7BC29x2，13x23，即76+x2，解得x1，AB3故答案为：1【点评】本题主要考查了三角函数的定义及余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础试题9【分析】根据题意，由数据的众数为5可得x的值，由中位数的定义把这组数据从小到大排列，分析可得答案【解答】解：根据题意，数据为3，5，7，x，11的众数为5，即5出现的次数最多，则x5，把这组数据从小到大排列，得3，5，5，7，11，则数

6、据的中位数是5，故答案为：5【点评】本题考查众数、中位数的计算，关键是求出x的值，属于基础题10【分析】先把（x2）（32x）5化为（x+13）52（x+1）5的形式，把x+1看成整体，应用二项式定理即可求解【解答】解：（x2）（32x）5（x+13）52（x+1）5（x+1）52（x+1）5352（x+1）5，（x+1）3496（x+1）5，a5496，故答案为：496【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题11【分析】首先根据三角恒等变形和正弦定理变形得到，再利用三角形面积公式得，再转化为三角函数的性质，求函数的最大值【解答】解：由题意，设ABC中角A，B，C所对应的边长度分别为

7、a，b，c，则有b2，由，可得，整理得3cosAsinB+2sinAcosBsinAsinB，cosAsinB+2sin（A+B）sinAsinB，A+B+C，cosAsinB+2sinCsinBsinA，2sinCsinB（sinAcosA），由正弦定理可得2cb（sinAcosA）2（sinAcosA），csinAcosA0，则有故ABC的面积sinA（sinAcosA）sin2AsinAcosA，当时，ABC的面积S取得最大值故答案为：【点评】本题考查三角函数和解三角形相结合的综合应用，本题的关键是利用三角恒等变形和正弦定理得到，为后面转化为关于A的三角函数求最值奠定基础，属中档题12【

8、分析】先找出动点O在三棱锥各个面的轨迹分别为，分别求出各段弧对应的圆心角，利用弧长公式求解即可【解答】解：如图，轨迹为曲线EFGH，因为在正三棱锥ABCD中，底面边长为，侧面均为等腰直角三角形，故，在ABH中，因为BH2，BAH90，所以，AH1，故，又AHAE1，所以HE，则，所以点O的轨迹长度为故答案为：【点评】本题考查了空间中动点轨迹长度的求解，涉及了三角形中边角关系的应用，弧长公式的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于中档题二选择题（共4小题，满分18分）13【分析】根据集合A的元素的范围对应各个选项即可判断求解【解答】解：因为集合Ax|x3，则A，且0A，2A，

9、4A，故选：D【点评】本题考查了集合元素的性质，考查了学生的分析问题的能力，属于基础题14【分析】由图分析得到正负相关即可【解答】解：由题意得，第一组数据线性相关，且正相关，第二组数据线性相关，且负相关，第三组数据无相关关系，故r1r3r2，故选：A【点评】本题考查了变量相关关系的判断，属于基础题15【分析】最小正周期为T，当区间t，t+关于它的图象对称轴对称时，g1（t）g2（t）取得最小值，对称轴为t+，函数有最值1，据此计算可求g1（t）g2（t）的最小值【解答】解：因为函数，所以其最小正周期为T，而区间t，t+的区间长度是该函数的最小正周期的，因为函数在区间t，t+的最大值为g1（t）

10、，最小值为g2（t），所以当区间t，t+关于它的图象对称轴对称时，g1（t）g2（t）取得最小值，对称轴为t+，此时函数有最值1，不妨设取得最大值g1（t）1，则有sin2（t+）+1，所以sin（2t+）1，解得2t+2k，kZ，得tk，kZ，所以g2（t）sin（2t+）sin2（k）+sin（2k+），g1（t）g2（t）的最小值为故选：D【点评】本题考查了三角函数的化解能力，图象性质的应用，单调性讨论思想和转化思想属于中档题16【分析】利用方程与曲线的关系进行判断即可【解答】解：由于不能判断以方程f（x，y）0的解为坐标的点是否都在曲线C上，即曲线C可能只是方程f（x，y）0所表示的曲

11、线上的某一小段，故方程f（x，y）0的解的曲线不一定是C，则也不能推出曲线C是方程f（x，y）0的轨迹，故选项A，B，D错误故选：C【点评】本题考查了曲线与方程的关系的判断，掌握曲线与方程的相关关系是解题的关键，属于基础题三解答题（共5小题，满分78分）17【分析】（1）由题意首先证得BDB1D1，然后由线面平行的判断定理可得BD平面B1CD1；（2）建立空间直角坐标系，求直线AB的方向向量和平面B1CD1的法向量，然后计算求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值即可；（3）首先求得两个半平面的法向量，然后计算可得二面角的余弦值，最后由同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值【解答】证明：（1）

12、在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1DD1，BB1DD1，则四边形BB1D1D是平行四边形，据此可得BDB1D1，且BD平面B1CD1，B1D1平面B1CD1，由线面平行的判断定理可得BD平面B1CD1；解：（2）因为AA1平面ABCD，AB，AD平面ABCD，由线面垂直的定义可知AA1AB，AA1AD，因为ABAD2，所以AB2+AD2BD2，ABDADB，所以ABAD，ADB45，因为ADBC，所以DBC45，又，所以BDC为等腰直角三角形，所以BC4，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），B1（2，0，2），D

13、1（0，2，2），所以，设平面B1CD1的法向量为则，据此可得，设直线AB与平面B1CD1所成角为，则（3）很明显平面B1CD1的法向量为，因为AA1平面ABCD，AA1DD1，所以DD1平面ABCD，BD平面ABCD，由线面垂直的判断定理可知DD1BD，又BDDC，DD1DCD，DD1，DC平面CD1C1，所以BD平面CD1C1，则为平面CD1C1的法向量，即二面角B1CD1C1的正弦值为1【点评】本题主要考查线面平行的证明，线面角的计算，面面角的计算，空间向量及其应用，空间想象能力的培养等知识，属于中等题18【分析】（1）依题意，利用奇函数的定义，可求得函数f（x）的解析式；（2）作图如下

14、，结合图象可写出f（x）的单调区间【解答】解：（1）f（x）为R上的奇函数，当x0时，f（x）x（x1），当x0时，x0，f（x）x（x1）x2+xf（x），f（x）x2x；又f（0）0，f（x）；（2）作图如下：由图可知，f（x）在（，），（，+）上单调递增，在（，）上单调递减，即f（x）的单调递增区间为（，），（，+），单调递减区间为（，）【点评】选题19【分析】（1）每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为，所以可知随机变量X服从二项分布；（2）由条件概率的公式很容易证明；主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排列组合的公式即可得到相关事件的概率；

15、由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算量【解答】解：（1）由题意可知，X的可能的取值为0，1，2，3，4，且XB（4，），故E（X）4（2）因为，且（M，N）0，所以P（MN）P（M）P（N）0，即P（M），而P（M|N），所以P（M|N）P（M）成立事件M：盒子乙不空，则事件：盒子乙空，由第1问可知P（），所以P（M）1P（），事件N：至少有两个盒子不空，则事件：有一个盒子不空，P（），所以P（N）1P（），事件MN：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、

16、2分组即可，故P（MN）+，所以（M，N）【点评】本题考查离散型随机变量的期望，是中档题20【分析】（1）设A（x0，），B（x1，），C（x2，），结合导数的几何意义和直线的斜率公式，推出x22x0x1，进而得直线AB、AC的斜率之间的关系，从而判断三角形的形状；（2）联立直线AB的方程与抛物线的方程，结合韦达定理，可用点A的坐标表示弦长|AB|、|AC|，再由三角形的面积求得点A的坐标，进而得直线BC的方程【解答】解：（1）设A（x0，），B（x1，），C（x2，），则D（x0，），kBC，x24y，yx，klx0，BC平行于该抛物线在点D处的切线l，x0，即x22x0x1，kAC，而kA

17、B，kACkAB，即AD为BAC的平分线，d1+d2|AD|，d1d2|AD|，BAC， 故ABC是直角三角形（2）不妨设C在AD上方，则直线AB的方程为y（xx0），联立，得x2+4x（4x0+）0，x0+x14，即x14x0，同理可得，x24x0，|AB|x0x1|2x0+4|，|AC|x0x2|2x04|，SABC|AB|AC|416|240，解得x08，故当x08时，A（8，16），B（12，36），C（4，4），直线BC的方程为y4x12；当x08时，A（8，16），B（4，4），C（12，36），直线BC的方程为y4x12【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，弦长公式，直线的斜率

18、公式，考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题21【分析】（1）求出导函数，然后求解导数值即切线斜率，代入点斜式方程即可求解；（2）根据f（x）0，得函数f（x）在（0，+）上是增函数，又fn（1）0，根据零点存在性定理可证；（3）由fn+1（x）在（0，+）上单调递增，可得xn+1xn，再fn+p（xn+p）减fn（xn）变形化简，利用放缩法得证【解答】解：（1），所以，所以，又，所以函数f3（x）在点（1，f3（1）处的切线方程为，即；（2）证明：对每个nN*，当x0时，由函数，可得，故函数f（x）在（0，+）上是增函数由于f1（1）0，当n2时，即fn（1）0又，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的，满足fn（xn）0；（3）证明：对于任意pN*，由（1）中xn构成数列xn，当x0时，fn+1（xn）fn（xn）fn+1（xn+1）0由fn+1（x）在（0，+）上单调递增，可得xn+1xn，即xnxn+10，故数列xn为减数列，即对任意的n、pN*，xnxn+p0由于，用减去并移项，利用0xn+p1，可得综上可得，对于任意pN*，由（1）中xn构成数列xn满足【点评】本题考查数列与函数的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题