20xx年上海市八校聯(lián)考高考數(shù)學(xué)模擬試卷3月份word版含解析-資料下載頁
2024-11-28 10:51本頁面
【導(dǎo)讀】2017年上海市八校聯(lián)考高考數(shù)學(xué)模擬試卷（3月份）。1．關(guān)于x，y的二元一次方程的增廣矩陣為．若Dx=5，則實(shí)數(shù)m=．。2．我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來。1524石，驗(yàn)得米內(nèi)夾谷，抽樣取米一把，數(shù)得254粒內(nèi)夾谷28粒，則這批米內(nèi)。3．已知復(fù)數(shù)z1=1+i，|z2|=3，z1z2是正實(shí)數(shù)，則復(fù)數(shù)z2=．。4．在的二項(xiàng)式展開式中，x3的系數(shù)是，則實(shí)數(shù)a=．。5．在Rt△ABC中，A=90°，AB=1，AC=2，D是斜邊BC上一點(diǎn)，且BD=2DC，6．已知集合A={x|}，集合B={x|（x﹣a）（x﹣b）＜0}，若“a=. 的充分條件，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是．。7．已知M是球O半徑OP的中點(diǎn)，過M做垂直于OP的平面，截球面得圓O1，則以圓O1為大圓的球與球O的體積比是．。一個(gè)數(shù)記做b，則函數(shù)y=ax+b的圖象經(jīng)過第三象限的概率是．。11．定義Hn=為數(shù)列{an}的均值，已知數(shù)列{bn}的均值。，記數(shù)列{bn﹣kn}的前n項(xiàng)和是Sn，若Sn≤S3對于任意的正整數(shù)n恒成。an+1=，則稱數(shù)列{an}為“段差比數(shù)列”，其中常數(shù)k、d、t分別叫做
【正文】 ， 0），使得無論 AB 怎樣運(yùn)動，都有 ∠ ADF=∠ BDF． 20．已知函數(shù) F（ x） =ex滿足 F（ x） =g（ x） +h（ x），且 g（ x）， h（ x）分別是定義在 R 上的偶函數(shù)和奇函數(shù)． （ 1）求函數(shù) h（ x）的反函數(shù)； （ 2）已知 φ（ x） =g（ x﹣ 1），若函數(shù) φ（ x）在 [﹣ 1， 3]上滿足 φ（ 2a+1＞ φ（﹣），求實(shí)數(shù) a 的取值范圍； （ 3）若對于任意 x∈ （ 0， 2]不等式 g（ 2x）﹣ ah（ x） ≥ 0 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的 取值范圍． 【考點(diǎn)】 反函數(shù)；指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)． 【分析】 （ 1）由 題意可得： ex=g（ x） +h（ x）， e﹣ x=g（﹣ x） +h（﹣ x） =g（ x）﹣ h（ x），聯(lián)立解得： g（ x）， h（ x）．由 y= ，化為：（ ex） 2﹣ 2yex﹣ 1=0，ex＞ 0，解得 ex=y+ ．可得 h﹣ 1（ x）． （ 2） φ（ x） =g（ x﹣ 1），函數(shù) φ（ x）在 [﹣ 1， 3]上滿足 φ（ 2a+1＞ φ（﹣ ），轉(zhuǎn)化為：函數(shù) g（ x）在 [﹣ 2， 2]上滿足： g（ 2a） ＞ g（﹣ ﹣ 1），由于函數(shù) g（ x）在 [0， +∞ ）上單調(diào)遞增，且函數(shù) g（ x）為偶函數(shù)，可得 |2a|＞ |﹣ ﹣ 1|，﹣ 2≤ 2a≤ 2，﹣ 2≤ ﹣ ﹣ 1≤ 2，解得 a 范圍． （ 3）不等式 g（ 2x）﹣ ah（ x） ≥ 0，即 ﹣ ≥ 0，令 t=ex﹣ e﹣ x，由 x∈ （ 0， 2]，可得 t∈ （ 0， e2﹣ e﹣ 2]，不等式轉(zhuǎn)化為： t2+2﹣ at≥ 0， a≤ t+ ，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出． 【解答】 解：（ 1）由題意可得： ex=g（ x） +h（ x）， e﹣ x=g（﹣ x） +h（﹣ x） =g（ x）﹣ h（ x）， 聯(lián)立解得： g（ x） = ， h（ x） = ． 由 y= ，化為：（ ex） 2﹣ 2yex﹣ 1=0， ex＞ 0，解得 ex=y+ ． ∴ h﹣ 1（ x） =ln （ x∈ R）． （ 2） φ（ x） =g（ x﹣ 1），函數(shù) φ（ x）在 [﹣ 1， 3]上滿足 φ（ 2a+1＞ φ（﹣ ）， 轉(zhuǎn)化為：函數(shù) g（ x）在 [﹣ 2， 2]上滿足： g（ 2a） ＞ g（﹣ ﹣ 1）， 由于函數(shù) g（ x）在 [0， +∞ ）上單調(diào)遞增，且函數(shù) g（ x）為偶函數(shù)， ∴ |2a|＞ |﹣ ﹣ 1|，﹣ 2≤ 2a≤ 2，﹣ 2≤ ﹣ ﹣ 1≤ 2，解得 a∈ ∪． （ 3）不等式 g（ 2x）﹣ ah（ x） ≥ 0，即 ﹣ ≥ 0， 令 t=ex﹣ e﹣ x，由 x∈ （ 0， 2]，可得 t∈ （ 0， e2﹣ e﹣ 2]， 不等式轉(zhuǎn)化為： t2+2﹣ at≥ 0， ∴ a≤ t+ ， ∵ t+ ≥ 2 ，當(dāng)且僅當(dāng) t= 時(shí)取等號． ∴ a≤ 2 ． 21．若存在常數(shù) k（ k∈ N*， k≥ 2）、 d、 t（ d， t∈ R），使得無窮數(shù)列 {an}滿足an+1= ，則稱數(shù)列 {an}為 “段差比數(shù)列 ”，其中常數(shù) k、 d、 t 分別叫做段長、段差、段比，設(shè)數(shù)列 {bn}為 “段差比數(shù)列 ”． （ 1）已知 {bn}的首項(xiàng)、段長、段差、段比分別為 d、 t，若 {bn}是等比數(shù)列，求 d、 t 的值； （ 2）已知 {bn}的首項(xiàng)、段長、段差、段比分別為 1，其前 3n 項(xiàng)和為S3n，若不等式 對 n∈ N*恒成立，求實(shí)數(shù) λ 的取值范圍； （ 3）是否存在首項(xiàng)為 b，段差為 d（ d≠ 0）的 “段差比數(shù)列 ”{bn}，對任意正整 數(shù)n 都有 bn+6=bn．若存在，寫出所有滿足條件的 {bn}的段長 k 和段比 t 組成的有序數(shù)組（ k， t）；若不存在，說明理由． 【考點(diǎn)】 數(shù)列的應(yīng)用． 【分析】 （ 1） {bn}的前 4 項(xiàng)依次為 1， 1+d， t（ 1+d）， t（ 1+d） +d，先求出 t，再代入驗(yàn)證，可得結(jié)論； （ 2）由 {bn}的首項(xiàng)、段長、段比、段差， ?b3n+2﹣ b3n﹣ 1=（ b3n+1+d）﹣ b3n﹣ 1=（ qb3n+d）﹣ b3n﹣ 1=[q（ b3n﹣ 1+d） +d]﹣ b3n﹣ 1=2d=6， ?{b3n﹣ 1}是等差數(shù)列，又 b3n﹣ 2+b3n﹣ 1+b3n=（ b3n﹣ 1﹣ d） +b3n﹣ 1+（ b3n﹣ 1+d） =3b3n﹣ 1，即可求 S3n，從而求實(shí)數(shù) λ 的取值范圍； （ 3） k 取 2， 3， 4 時(shí)存在，有序數(shù)組可以是（ 2， ），（ 3， ），（ 3，﹣ 1），（ 6， ）． 【解答】 解：（ 1） {bn}的前 4 項(xiàng)依次為 1， 1+d， t（ 1+d）， t（ 1+d） +d， 由前三項(xiàng)成等比數(shù)列得（ 1+d） 2=t（ 1+d）， ∵ 1+≠ 0， ∴ t=1+d， 那么第 2， 3， 4 項(xiàng)依次為 t， t2， t2+t﹣ 1， ∴ t4=t（ t2+t﹣ 1）， ∴ t=177。 1． t=1 時(shí)， d=0， bn=1，滿足題意； t=﹣ 1 時(shí)， d=﹣ 2， bn=（﹣ 1） n﹣ 1，滿足題意； （ 2） ∵ {bn}的首項(xiàng)、段長、段比、段差分別為 3， ∴ b3n+2﹣ b3n﹣ 1=（ b3n+1+d）﹣ b3n﹣ 1=（ qb3n+d）﹣ b3n﹣ 1=[q（ b3n﹣ 1+d） +d]﹣ b3n﹣ 1=2d=6， ∴ {b3n﹣ 1}是以 b2=4 為首項(xiàng)、 6 為公差的等差數(shù)列， 又 ∵ b3n﹣ 2+b3n﹣ 1+b3n=（ b3n﹣ 1﹣ d） +b3n﹣ 1+（ b3n﹣ 1+d） =3b3n﹣ 1， ∴ S3n=（ b1+b2+b3） +（ b4+b5+b6） +… +（ b3n ﹣ 2+b3n ﹣ 1+b3n） =3（ b2+b5+… +b3n ﹣ 1）=3[4n+ ]=9n2+3n， … ∵ ， ∴ ， 設(shè) = ，則 λ≥ （ ） max， 又 +1﹣ = ， 當(dāng) n=1 時(shí)， 3n2﹣ 2n﹣ 2＜ 0， c1＜ c2；當(dāng) n≥ 2 時(shí)， 3n2﹣ 2n﹣ 2＞ 0， +1＜ ， ∴ c1＜ c2＞ c3＞ … ， ∴ （ ） max=c2=14， … ∴ λ≥ 14，得 λ∈ [14， +∞ ）． … （ 3） k 取 2， 3， 4 時(shí)存在，有序數(shù)組可以是（ 2， ），（ 3， ），（ 3，﹣ 1），（ 6， ）． 2017 年 3 月 15 日
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