上海市复旦附中2020届高三上学期9月综合练习一数学试题

上海市复旦附中2020届高三上学期9月综合练习一数学试题

复旦附中高三数学综合练习（一）‎ 一、填空题 ‎1.在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答）‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ 因为的展开式的通项为，令，所以的系数为.‎ ‎2.已知全集，集合，，那么=___________‎ ‎【答案】{x|0≤x＜2}‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据补集与交集的定义计算即可．‎ ‎【详解】全集U＝R，集合A＝{x|x＜2}，‎ B＝{x|x＜0}＝{x|x≥0}，‎ 那么A∩∁UB＝{x|0≤x＜2}．‎ 故选：{x|0≤x＜2}．‎ ‎【点睛】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．‎ ‎3.函数的定义域是__________‎ ‎【答案】（，）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意列出使函数有意义的不等式，求出解集即可．‎ ‎【详解】函数y，‎ ‎∴6﹣x2＞0，‎ 解得，‎ ‎∴定义域是（，）．‎ 故答案为：（，）．‎ ‎【点睛】本题考查了求函数定义域及一元二次不等式的解法问题，是基础题．‎ ‎4.函数的反函数是___________‎ ‎【答案】y，（x≥0）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求反函数，第一步从原函数式中反解出x，第二步互换x，y，最后确定反函数的定义域．‎ ‎【详解】由得，x，y∈[0，+∞），‎ 所以函数的反函数是y，（x≥0）．‎ 故答案为：y，（x≥0）．‎ ‎【点睛】本题主要考查了反函数的求法，求解时，一定要注意反函数的定义域的确定，属于基础题．‎ ‎5.不等式的解集是，则不等式的解集为___________‎ ‎【答案】{x|﹣2＜x}．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用一元二次方程根与系数的关系可得 a＜0，且3，×3，由此化简要求的不等式为 3x2+5x﹣2＜0，从而求出它的解集．‎ ‎【详解】∵不等式ax2+bx+c＞0的解集是，∴a＜0，且3，×3，‎ ‎∴b＞0，c＞0，，，‎ ‎∴不等式cx2+bx+a＜0，即 x20，即 x20，即 3x2+5x﹣2＜0，‎ 求得它的解集为 {x|﹣2＜x}，‎ 故答案为：{x|﹣2＜x}．‎ ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，一元二次方程根与系数的关系，属于基础题．‎ ‎6.若集合，且，则实数的值为_____．‎ ‎【答案】0，，‎ ‎【解析】‎ 分析：通过解方程求出集合的元素，然后根据，讨论集合的可能性为空集和不为空集，最后分别求出每一种情形下的取值即可 详解：‎ 当时，，则 当时，，要使，则，解得 点睛：本题主要考查了集合的包含关系判断及应用，本题体现了分类讨论的思想方法，属于基础题.‎ ‎7.若函数y＝x2﹣3x﹣4的定义域为[0，m]，值域为[]，则m的取值范围是　‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出函数的图象，由图象可得函数取值在[]上的x的范围，由题函数的定义域为[0，m]，即可得解．‎ ‎【详解】解：函数y＝x2﹣3x﹣4的图象如图，‎ 当x时，函数有最小值，‎ 当x＝0或x＝3时函数值为﹣4，‎ 原题给出函数的定义域为[0，m]，‎ 所以，从图象中直观看出，‎ 故答案为．‎ 点睛】本题考查了二次函数的图象，考查了函数的值域，考查了数形结合思想，准确作出函数图象是解题的关键，此题是基础题．‎ ‎8.已知对于任意的恒成立，则的取值范围是__________‎ ‎【答案】[﹣3，1]．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可转化为a2+2a+2的最小值问题，然后利用导数求出函数的单调性与最小值即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意化简得：a2+2a+2对任意x∈（1，+∞）恒成立，‎ 令f（x），‎ ‎∴f′（x）‎ 令f′（x）＝0⇒x＝3或﹣1（舍负）‎ 令f′（x）＞0⇒x＞3；令f′（x）＜0⇒1＜x＜3；‎ ‎∴x＝3时函数f（x）取得最小值且f（3）＝5；‎ ‎∴a2+2a+2≤5，化简得：a2+2a﹣3≤0，即（a﹣1）（a+3）≤0，‎ 解得﹣3≤a≤1．‎ 故答案为：[﹣3，1]．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性问题，以及极值与最值问题，属于中档题．‎ ‎9.设关于x的不等式ax＋b＞0的解集为{x|x＞1}，则关于x的不等式＞0的解集为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意可知,‎ 不等式的解集为.‎ ‎10.已知函数满足，且，则该函数的定义域是_________‎ ‎【答案】（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由4x2﹣9y2＝36求得y，再由xy＞0得到关于x的不等式组，求解得答案．‎ ‎【详解】由4x2﹣9y2＝36，得，‎ ‎∴．‎ 由，解得x＞3；‎ 由，解得x＜﹣3．‎ ‎∴函数y＝f（x）的定义域为（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）．‎ 故答案为：（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）．‎ ‎【点睛】本题考查函数定义域及其求法，正确理解函数概念是关键，是中档题．‎ ‎11.设是有理数，集合，在下列集合中：①；②；③；④；与相等的集合的序号是_____________‎ ‎【答案】①②④．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查集合相等的证明方法：双包含，由此对各序号依次分析判断.‎ ‎【详解】设①②③④对应的集合分别为A，B，C，D，则 对于①：∀x∈X，设，则，而，从而x∈A，故X⊆A，反过来，∈X，故A⊆X，从而A＝X；‎ 对于②：∀x∈X，设，令 ，则可得，从而am+2bn＝2，an+bm＝0，解得，，且m，n∈Q，从而x∈B，故X⊆B，反过来，，故B⊆X，从而B＝X；‎ 对于③：取，则x1+x2＝0∉X，从而C不是X的子集，故C≠X；‎ 对于④：∀x∈X，设，则，取，则x∈D，即X⊆D，反过来x1，x2∈X时，x1x2∈X，故D⊆X，故D＝X．‎ 综上，①②④正确，‎ 故答案为：①②④．‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，尤其是集合相等，需要将两个集合中的元素相互转化为彼此的形式结构，借助双包含来证明或举反例，可借助待定系数法．‎ ‎12.设集合，若非空集合同时满足①，②（其中表示中元素的个数，表示集合中最小元素），称集合为的一个好子集，的所有好子集的个数为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对的取值为、、、、进行分类讨论，列举出在在对应取值下集合，由此得出符合条件的集合的个数.‎ ‎【详解】由题意可知，的取值为、、、、.‎ ‎（1）当时，，则；‎ ‎（2）当时，，则符合条件的集合有：、、、，共个；‎ ‎（3）当时，，则符合条件的集合有：、、、，共个；‎ ‎（4）当时，，则符合条件的集合有：、，共个；‎ ‎（5）当时，，则符合条件的集合为.‎ 综上所述，的所有好子集的个数为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查符合集合新定义的集合个数，解题时要明确题中集合的定义，采用列举法列举出符合条件的集合，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.‎ 二、选择题 ‎13.已知实数、、满足，那么“”是“”成立的（ ）‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得出，由可知，然后再根据已知条件以及逻辑性关系推导出两者间的充分不必要条件关系.‎ ‎【详解】，若，则必有，由，可得出，则；‎ 另一方面，若，且，则，事实上，若，则.‎ 则.‎ 因此，“”是“”成立的充分不必要条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了不等式性质的应用，考查逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎14.已知原命题“如果，那么关于不等式的解集为∅”，那么原命题、逆命题、否命题和逆否命题是假命题的共有（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据四种命题之间的关系利用逆否命题的真假关系进行判断即可．‎ ‎【详解】若不等式（a2﹣4）x2+（a+2）x﹣1≥0的解集为∅”，‎ 则根据题意需分两种情况：‎ ‎①当a2﹣4＝0时，即a＝±2，‎ 若a＝2时，原不等式为4x﹣1≥0，解得x，故舍去，‎ 若a＝﹣2时，原不等式为﹣1≥0，无解，符合题意；‎ ‎②当a2﹣4≠0时，即a≠±2，‎ ‎∵（a2﹣4）x2+（a+2）x﹣1≥0的解集是空集，‎ ‎∴，解得﹣2＜a，‎ 综上得，实数a的取值范围是[﹣2，．‎ 则当﹣1≤a≤1时，命题为真命题，则命题的逆否命题为真命题，‎ 反之不成立，即逆命题为假命题，否命题也为假命题，‎ 故它的逆命题、否命题、逆否命题及原命题中是假命题的共有2个，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了二次不等式的解法，四种命题真假关系的应用，考查了分类讨论与转化思想．‎ ‎15.已知平面截一球面得圆，球中过小圆心的直径为，过点且与成角的平面截该球面得圆，若该球的半径为4，圆的面积为，则圆的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 先求出圆M的半径，然后根据勾股定理求出OM的长，找出线面角，从而求出ON的长，最后利用垂径定理即可求出圆N的半径，从而求出面积．‎ ‎【详解】∵圆M的面积为4π，‎ ‎∴圆M的半径为2，‎ 根据勾股定理可知OM2，‎ ‎∵过点且与成角的平面截该球面得圆， ‎ ‎∴∠OMN＝30°，‎ 在直角三角形OMN中，ON＝2，‎ ‎∴圆N的半径为，‎ ‎∴圆N的面积为：13π．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查二面角的平面角，以及球的截面问题，同时考查空间想象能力，分析问题解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎16.已知函数的反函数为，则函数的值域是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，求得f﹣1（x），（x∈[1，4]），进而得到[f﹣1（x）]2+f﹣1（2x）的解析式及定义域，利用单调性，可得y的值域．‎ ‎【详解】依题意，f﹣1（x），（x∈[1，4]），‎ 所以函数y＝[f﹣1（x）]2+f﹣1（2x）＝x，其中x满足，即1≤x≤2，‎ 又y＝x为[1，2]上的增函数，‎ 所以函数y＝[f﹣1（x）]2+f﹣1（2x）的值域是[1，4]，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了简单函数的反函数的求法，函数的定义域，值域，属于基础题．解题时注意定义域优先的原则．‎ 三、解答题 ‎17.设函数的定义域为集合，函数的定义域为集合，已知：，：满足，且是的充分条件，求实数的取值范围 ‎【答案】（﹣∞，﹣6）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式x2﹣x﹣2＞0得集合A，再解不等式可得集合B，从而可得A∩B，再解不等式2x+p＜0得集合C，由α是β的充分条件得A∩B⊆C，由集合间的包含关系可得p的取值范围 ‎【详解】依题意，得A＝{x|x2﹣x﹣2＞0}＝（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞），，于是可解得A∩B＝（2，3]．设集合C＝{x|2x+p＜0}，则．由于α是β的充分条件，‎ 所以A∩B⊆C．则须满足．所以，实数p的取值范围是（﹣∞，﹣6）．‎ ‎【点睛】本题考查了充分条件的判断与集合的关系，训练了解不等式的能力，解题时要把握推理方向，准确运算 ‎18.已知函数 ‎（1）‎ ‎（2）‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用该函数的被开方数大于等于零得出该函数有意义需满足的不等式，结合恒成立问题得出字母m满足的不等式；‎ ‎（2）通过配方法将函数的被开方数写成二次函数的顶点式，求出y的最小值为f（m），借助m的范围求出f（m）的值域．‎ ‎【详解】（1）依题意，当x∈R时，mx2﹣6mx+m+8≥0恒成立．当m=0时，x∈R；‎ 当m≠0时，‎ 即．‎ 解之得0＜m≤1，故实数m的取值范围0≤m≤1．‎ ‎（2）当m=0时，y=2；‎ 当0＜m≤1，y=．‎ ‎∴ymin=．‎ 因此，f（m）=（0≤m≤1），‎ 易得0≤8﹣8m≤8．‎ ‎∴f（m）的值域为[0，2]．‎ ‎【点睛】解本题的关键是处理二次函数问题，对于二次函数的研究一般从以几个方面研究：‎ 一是，开口；‎ 二是，对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；‎ 三是，判别式，决定于x轴的交点个数；‎ 四是，区间端点值.‎ ‎19.已知三棱柱中，，，，，，分别为棱的中点 ‎（1）求证：‎ ‎（2）求直线与所成的角 ‎（3）若为线段的中点，在平面内的射影为，求 ‎【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由AC⊥AB，AC⊥AA1即可得出AC⊥平面ABB1A1，于是AC⊥A1B；‎ ‎（2）以A为原点建立坐标系，求出和 的坐标，计算cos即可得出直线EF与A1B所成的角；‎ ‎（3）求出和平面EFG的法向量，则sin∠HA1A＝|cos，|．‎ ‎【详解】（1）∵AA1⊥底面ABC，AC⊂平面ABC ‎∴AC⊥AA1．‎ ‎∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB．‎ 又A1A⊂平面AA1B1B，AB⊂平面AA1B1B，A1A∩AB＝A，‎ ‎∴AC⊥平面A1ABB1．‎ ‎∵A1B⊂平面A1ABB1，‎ ‎∴AC⊥A1B．‎ ‎（2）以A为原点建立空间直角坐标系A—xyz，如图所示：‎ 则A1（0，0，1），，，．‎ ‎∴，．‎ ‎∴．‎ ‎ 直线EF与A1B所成的角为45°．‎ ‎（3），，．（0，0，1）．‎ 设平面GEF的法向量为（x，y，z），‎ 则 ，∴‎ 令，则．‎ ‎∴cos．‎ ‎∵A1在平面EFG内的射影为H，∴∠HA1A为AA1与平面EFG所成的角的余角，‎ ‎∴cos∠HA1A＝|cos|．‎ ‎∴∠HA1A．‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质，空间向量的应用与空间角的计算，属于中档题．‎ ‎20.已知集合D＝{（x1，x2）|x1＞0，x2＞0，x1+x2＝k}（其中k为正常数）．‎ ‎（1）设，求的取值范围 ‎（2）求证：当时，不等式对任意恒成立 ‎（3）求使不等式对任意恒成立的的范围 ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用基本不等式，其中和为定值，积有最大值；‎ ‎（2）结合（1）中的范围直接将左边展开，利用u在上单调递增即可比较；‎ ‎（3）结合（2）将（3）转化为求使对恒成立的的范围，利用函数的单调性解决，或者作差法求解．‎ ‎【详解】（1），当且仅当时等号成立，‎ 故u的取值范围为．‎ ‎（2）‎ 由，又k≥1，k2﹣1≥0，‎ ‎∴f（u）＝u在上是增函数 所以 ‎ ‎ 即当k≥1时不等式成立．‎ ‎（3）‎ 记，‎ 则，‎ 即求使对恒成立的k2的范围．‎ 由（2）知，要使 对任意（x1，x2）∈D恒成立，必有0＜k＜1，‎ 因此1﹣k2＞0，‎ ‎∴函数在上递减，在上递增，‎ 要使函数f（u）在上恒有，必有，即k4+16k2﹣16≤0，‎ 解得．‎ ‎【点睛】本题考查不等式的综合应用，以及利用转化思想、函数思想转化为函数问题利用函数的单调性解决不等式问题，属于中档题．‎ ‎21.考虑下面两个定义域为（0，+∞）的函数f（x）的集合：对任何不同的两个正数，都有，=对任何不同的两个正数，都有 ‎（1）已知，若，且，求实数和的取值范围 ‎（2）已知，且的部分函数值由下表给出：‎ 比较与4的大小关系 ‎（3）对于定义域为的函数，若存在常数，使得不等式对任何都成立，则称为的上界，将中所有存在上界的函数组成的集合记作，判断是否存在常数，使得对任何和，都有，若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由 ‎【答案】（1）当a≥0，b＜0时，f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2；（2）2d+t＜4；（3）0．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据：f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2，可利用二次函数的单调性可得a的范围，利用导数求出b的范围．‎ ‎（2）由f（x）∈Ω1，取0＜x1＜x2＜x1+x2，可得．由表格可知：f（a）＝d，f（b）＝d，f（c）＝t，f（a+b+c）＝4，0＜a＜b＜c＜a+b+c，利用函数为增函数可得，再利用不等式的性质即可得出．‎ ‎（3）根据增函数先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．再证明f（x ‎）＝0在（0，+∞）上无解．即可得出．‎ ‎【详解】（1）由：对任何不同的两个正数，都有，=对任何不同的两个正数，都有， ‎ 可得函数y，y在（0，+∞）为增函数，‎ y2x2+2ax+b，若f（x）∈Ω1，则0，即a≥0‎ y2x+a，‎ y′＝2，‎ 当b≥0，x＞0时，y′＞0，此时f（x）∈Ω2，不符合题意，舍去；‎ 当b＜0时，令y′＝0，解得x，此时函数在x∈（0，+∞）有极值点，因此f（x）∉Ω2．‎ 综上可得：当b＜0时，f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2．‎ ‎（2）由f（x）∈Ω1，若取0＜x1＜x2，‎ 则．‎ 由表格可知：f（a）＝d，f（b）＝d，f（c）＝t，f（a+b+c）＝4，‎ ‎∵0＜a＜b＜c＜a+b+c，‎ ‎∴，‎ ‎∴d＜0，d，d，t，‎ ‎∴2d+t=4.‎ ‎（3）∵对任何f（x）∈T和x∈（0，+∞），都有f（x）＜M，‎ 先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．‎ 假设存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0，‎ 记m＞0‎ ‎∵y是增函数．‎ ‎∴当x＞x0时，m＞0，‎ ‎∴f（x）＞mx2，‎ ‎∴一定可以找到一个x1＞x0，使得f（x1）＞mx12＞k，‎ 这与f（x）＜k 对x∈（0，+∞）成立矛盾．‎ 即f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．‎ ‎∴存在f（x）∈T，f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．‎ 下面证明f（x）＝0在（0，+∞）上无解．‎ 假设存在x2＞0，使得f（x2）＝0，‎ ‎∵y是增函数．‎ 一定存在x3＞x2＞0，使0，这与上面证明的结果矛盾．‎ ‎∴f（x）＝0在（0，+∞）上无解．‎ 综上，我们得到存在f（x）∈T，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立．‎ ‎∴存在常数M≥0，使得存在f（x）∈T，∀x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立．‎ 又令f（x）（x＞0），则f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，‎ 又有在（0，+∞）上是增函数，‎ ‎∴f（x）∈T，‎ 而任取常数k＜0，总可以找到一个xn＞0，使得x＞xn时，有f（x）＞k．‎ ‎∴M的最小值为0．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性，利用导数研究函数单调性和最值的关系，考查了构造函数的思想，考查了推理能力与计算能力，本题难度较大．‎ ‎ ‎