高三数学巩固卷（附答案）摘要：高三数学巩固卷（附答案）
选择题
1、设函数 $y=\\frac{(x-1)^2}{x+1}$，则该函数的单调递增区间为（ ）
A. $x\\in (-\\infty,-1)$
B. $x\\in (-1,1)$
C. $x\\in (1,+\\infty)$
D.
选择题
1、设函数 $y=\\frac{(x-1)^2}{x+1}$，则该函数的单调递增区间为（ ） A. $x\\in (-\\infty,-1)$ B. $x\\in (-1,1)$ C. $x\\in (1,+\\infty)$ D. $x\\in (-\\infty,-1)\\cup (1,+\\infty)$ 答案：B 2、已知直线 $l_1:x-2y+1=0$ 与直线 $l_2:ax+2y+1=0$ 之间的夹角为 $45^{\\circ}$，则 $a$ 的取值为（ ） A. $3-\\sqrt{2}$ B. $3+\\sqrt{2}$ C. $-3-\\sqrt{2}$ D. $-3+\\sqrt{2}$ 答案：A 3、已知 $P\\left(1,\\frac{\\pi}{4}\\right)$ 在曲线 $y=a\\sin(x+b)$ 上，且 $P$ 点处的切线斜率等于 $-1$，则该曲线的解析式为（ ） A. $y=\\sin(x-\\frac{3\\pi}{4})$ B. $y=-\\sqrt{2}\\sin\\left(x-\\frac{\\pi}{4}\\right)$ C. $y=\\sqrt{2}\\sin\\left(x+\\frac{3\\pi}{4}\\right)$ D. $y=\\sin\\left(x+\\frac{\\pi}{4}\\right)$ 答案：D 4、在 $\riangle ABC$ 中，$D,E$ 分别为 $BC,AC$ 的中点，$F$ 在 $AB$ 上，且 $\\frac{AF}{FB}=2$，$AD$ 与 $CF$ 相交于 $O$ 点，$\\frac{\\angle AOE}{\\angle BOC}=1:2$，则 $\\frac{S_{\riangle OAD}}{S_{\riangle ABC}}$ 的值为（ ） A. $\\frac{1}{12}$ B. $\\frac{1}{8}$ C. $\\frac{1}{6}$ D. $\\frac{1}{4}$ 答案：B 5、已知 $\\log_{2}a+\\log_{2}b=5$，$a(b-3)=9$，则 $2^{\\log_{2}\\frac{a}{b}}$ 的值为（ ） A. $3$ B. $\\frac{1}{3}$ C. $-3$ D. $-\\frac{1}{3}$ 答案：D
计算题
1、已知 $f(x)$ 是定义在 $(-\\infty,+\\infty)$ 上的偶函数，且 $f(x)=\\begin{cases} e^{-\\frac{1}{x^2}},& x\ eq 0\\\\ 0,& x=0 \\end{cases}$，求 $f^{(n)}(0)$ 的值（$n\\in\\mathbb{N^*}$）。 解：对 $x\ eq 0$，有 $f(x)\\in \\mathcal{C}^{\\infty}$，且 $f^{(n)}(x)=\\dfrac{P_n(x)e^{-\\frac{1}{x^2}}}{x^{3n}}$，其中 $P_n(x)$ 是 $n$ 次多项式。又由于 $f(x)$ 是偶函数，因此 $f^{(m)}(0)=0$，其中 $m$ 是奇数。当 $m=2n$ 时，有 $$ f^{(2n)}(0)=\\lim_{x\o 0}\\frac{f^{(2n-1)}(x)-f^{(2n-1)}(-x)}{2x}=0 $$ 当 $m=2n+1$ 时，有 $$ \\begin{aligned} f^{(2n+1)}(0)=\\lim_{x\o 0}\\frac{f^{(2n)}(x)-f^{(2n)}(-x)}{2x}=\\lim_{x\o 0}\\frac{2xP_{2n}(x)e^{-\\frac{1}{x^2}}}{x^{3(2n+1)}}\\\\ &=\\lim_{x\o 0}2\\cdot\\frac{1}{x^{3}\\cdot x}\\cdot P_{2n}(x)e^{-\\frac{1}{x^2}}=0 \\end{aligned} $$ 综上所述，$f^{(n)}(0)=0$，其中 $n\\in\\mathbb{N^*}$。 2、$\riangle ABC$ 中，$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$。若 $\\sin^2 A+\\sin^2 B=k\\sin^2 C$，其中 $k$ 是定值，则 $a,b,c$ 一定满足什么条件？并求出 $k$ 的值。 解：令 $p=\\dfrac{a+b+c}{2}$，$S$ 表示 $\riangle ABC$ 的面积。则由余弦定理得 $$ \\begin{aligned} \\cos C&=\\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\\frac{2ab-(a^2+b^2)}{2ab}\\\\ &=\\frac{(b+c-a)(a+c-b)}{2ab} \\end{aligned} $$ 又由正弦定理得 $$ \\begin{aligned} \\sin^2 A&=\\frac{a^2}{4p^2}\\cdot\\frac{4(b^2+c^2)-a^2}{4bc}\\\\ &=\\frac{a^4+(b^2-c^2)^2}{4b^2c^2}\\\\ \\sin^2 B&=\\frac{b^4+(a^2-c^2)^2}{4a^2c^2}\\\\ \\sin^2 C&=\\frac{c^4+2a^2b^2-(a^2+b^2)^2}{4a^2b^2} \\end{aligned} $$ 代入 $\\sin^2 A+\\sin^2 B=k\\sin^2 C$ 中得 $$ a^2+a^2k=\\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{b^2}+\\frac{(a^2+c^2-b^2)^2}{a^2k} $$ 整理得 $$ a^4(b^2+kc^2)-2a^2b^2c^2=-a^2c^4k^2+b^2c^4 $$ 令 $t=\\dfrac{a}{b}$，$m=\\dfrac{c}{b}$，则上式变为 $$ t^4(km^2+k-2m^2)+t^2(2m^4-4m^2+2)+(m^4-2m^2+1)=0 $$ 由于是一个关于 $t^2$ 的一元二次方程，因此判别式需为非负数，即 $$ (m-1)^2(km^2+2m+1)\\geq 0 $$ 解得 $k\\leq\\dfrac{3}{4}$。 当 $k=\\dfrac{3}{4}$ 时，易得 $\riangle ABC$ 为等腰直角三角形，此时 $a=b=c\\cdot\\sqrt{2}$。 因此，$a,b,c$ 满足 $\\dfrac{a^2}{2}=b^2=c^2$。整理得 $k=\\dfrac{3}{4}$。证明题
设 $a,b,c$ 是正数，且 $a^2+b^2+c^2=1$，证明：$$\\frac{a}{\\sqrt{1-ab}}+\\frac{b}{\\sqrt{1-bc}}+\\frac{c}{\\sqrt{1-ca}}\\geq \\sqrt{2}$$ 解：显然 $0
