北京市海淀区2020届高三上学期期中考试数学试题 21页

海淀区高三年级第一学期期中练习 数学 一、选择题 ‎1.已知集合，，若，则实数的值可以为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，根据，即可得出，从而求出结果．‎ ‎【详解】，且，， ‎ ‎∴的值可以为． ‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】考查描述法表示集合的定义，以及并集的定义及运算．‎ ‎2.下列函数值中，在区间上不是单调函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合一次函数，二次函数，幂函数的性质可进行判断．‎ ‎【详解】由一次函数的性质可知，在区间上单调递增； ‎ 由二次函数的性质可知，在区间上单调递增； ‎ 由幂函数的性质可知，在区间上单调递增； ‎ 结合一次函数的性质可知，在上单调递减，在 上单调递增． ‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本初等函数的单调性的判断，属于基础试题．‎ ‎3.已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出结果．‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ ‎，且，‎ ‎，可得． ‎ ‎∴ ． 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎4.不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出不等式，进而可判断出其一个充分不必要条件．‎ ‎【详解】不等式的解集为，则其一个充分不必要条件可以是； 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了充分、必要条件的判断与应用，属于基础题．‎ ‎5.如图，角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值．‎ ‎【详解】角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，所以 则； 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．‎ ‎6.在四边形中，，设.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出草图，过作，又．可得四边形是平行四边形． ，根据．可得 ，又，可得，据此即可得出结果．‎ ‎【详解】如图所示，‎ 过作，又． ‎ ‎∴四边形是平行四边形．‎ ‎， 又． ‎ ‎， ‎ 又，则 ． ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了向量平行四边形法则、向量共线定理、平面向量基本定理、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎7.已知函数.若存在实数，使得成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意将存在实数，使得成立转化为有根，再根据方程变形可得，原问题转化为有根，进而转化为与的图象有交点，根据数形结合即可求出结果．‎ ‎【详解】∵且，‎ ‎ 整理得 ， ‎ ‎∴原问题转化为与的图象有交点， 画出的图象如下：‎ 当时，，由图可知，． 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题．‎ ‎8.设集合是集合的子集，对于，定义，给出下列三个结论：①存在的两个不同子集，使得任意都满足且；②任取的两个不同子集，对任意都有；③任取的两个不同子集，对任意都有；其中，所有正确结论的序号是（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目中给的新定义，对于或，可逐一对命题进行判断，举实例例证明存在性命题是真命题，举反例可证明全称命题是假命题．‎ ‎【详解】∵对于，定义， ‎ ‎∴对于①，例如集合是正奇数集合，是正偶数集合，，，故①正确； ‎ 对于②，若，则，则且，或且，或且；； ‎ 若，则，则且； ；‎ ‎∴任取的两个不同子集，对任意都有；正确，故②正确；‎ 对于③，例如：，当时，；；； 故③错误；‎ ‎∴所有正确结论的序号是：①②； 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎9.已知向量，且，则 _____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用向量的共线的充要条件求解即可．‎ ‎【详解】由向量，若 ，可得． 故答案为：6．‎ ‎【点睛】本题考查平行向量坐标运算公式的应用，考查计算能力．‎ ‎10.函数的零点个数是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出函数的定义域为，将原问题转化为，解方程，即可得出的零点个数．‎ ‎【详解】由题意可知的定义域为，令，‎ 可得， 解得（舍去）或，‎ ‎； ‎ 所以函数的零点个数为个． ‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题把二次函数与二次方程有机的结合来，由方程的根与函数零点的关系可知，求方程的根，就是确定函数的零点．‎ ‎11.已知数列的前项和为，则____，_____‎ ‎【答案】 (1). 0 (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用数列的递推关系式，求出数列的首项和的值．‎ ‎【详解】数列的前项和为， 则；‎ 又；‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了数列的数列的递推关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎12.如图，网格纸上小正方形的边长为.从四点中任取两个点作为向量的始点和终点，则的最大值为____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，要使取到最大值，即要求向量在向量 上的投影最大，然后再根据图形即可求出结果．‎ ‎【详解】由题意可知：则，‎ 所以要使取到最大值，即要求向量在向量上的投影最大，‎ 由图形可知：当向量时，向量在向量上的投影最大，‎ 即 ‎ 即的最大值为． ‎ 故答案为：3．‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积几何意义的应用，考查数形结合以及计算能力．‎ ‎13.已知数列的通项公式为，若存在，使得对任意都成立，则的取值范围为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，利用数列的关系式，进一步进行转换，再利用函数的导数的应用求出函数的单调区间和最值，进一步利用函数的恒成立问题的应用求出结果．‎ ‎【详解】数列的通项公式为，若存在，使得对任意的都成立， 则， ‎ 设，则 ， ‎ 令，解得，‎ 所以函数的单调增区间为，函数的减区间为，‎ 所以函数在时函数取最大值， ‎ 由于，所以当时函数最大值为．‎ 所以的取值范围是． ‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的导数求出函数的单调区间和最值，恒成立问题的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．‎ ‎14.已知函数，其中，是这两个函数图像的交点，且不共线.①当时，面积的最小值为___________；②若存在是等腰直角三角形，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底和高，进一步求出三角形的面积；‎ ‎②利用等腰直角三角形的性质的应用求出的最小值．‎ ‎【详解】函数，其中，是这两个函数图象的交点， ‎ 当时，．‎ ‎ 所以函数的交点间的距离为一个周期，高为．‎ 所以：． ‎ 如图所示： ‎ ‎①当时，面积的最小值为；‎ ‎②若存在是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半， ‎ 则， 解得的最小值为． ‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数图象和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ 三、解答题 ‎15.已知数列为各项均为正数的等比数列，为其前项和，，.‎ 求数列的通项公式；‎ 若，求的最大值.‎ ‎【答案】；4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，由，可得，即可求出结果． ‎ ‎（2） ，即可得出结论．‎ ‎【详解】解:在等比数列中，设公比为.‎ 因为 所以 所以.即.‎ 则或.‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以.‎ 所以数列的通项公式 在等比数列中，‎ 因为 所以 因为，‎ 所以.‎ 所以.‎ 所以.‎ 因为.‎ 所以.即的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎16.已知函数.‎ 求函数的最小正周期；‎ 若对恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式的变形成正弦型函数，进一步求出函数的最小正周期． ‎ ‎（2）利用函数的恒成立问题的应用和函数的最值的应用求出结果．‎ ‎【详解】解:因 所以的最小正周期为 ‎“对恒成立”等价于“”‎ 因为 所以 当，即时 的最大值为.‎ 所以，‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎17.已知函数，曲线在处切线方程为 求的值；‎ 若函数存在极大值，求的取值范围.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，结合切线方程得到关于的方程组，解出即可； ‎ ‎（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，结合二次函数，求出函数的单调区间，结合函数的存在极大值，确定的范围即可．‎ ‎【详解】解：‎ 因为在点处的切线方程为，‎ 所以 解得 ‎，‎ ‎①当时，不存在极大值，不符合题意.‎ ‎②当时，.‎ 令.‎ ‎(i)当，即时，不符合题意.‎ ‎(ii)当，即时，方程有两个不相等的实数根.‎ 设方程两个根为，且.‎ 的变化如表所示:‎ 极大值 极小值 所以为极大值.‎ ‎③当时，恒成立.设方程两个根为，且.‎ 变化如表所示:‎ 极大值 极小值 所以，为极大值.‎ 综上，若函数存在极大值，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了切线方程问题，导数在函数的单调性和极值问题中的应用，考查分类讨论思想，转化思想等数学思想，是一道综合题．‎ ‎18.在中，.‎ 求的值；‎ 若点为射线上的一个动点（与点不重合），设.‎ ‎①求的取值范围；‎ ‎②直接写出一个的值，满足：存在两个不同位置的点，使得.‎ ‎【答案】；①；②答案不唯一，取值在区间上均正确 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理的应用求出的余弦值，进一步求出正弦值；‎ ‎（2）①直接利用正弦定理和关系式的变换的应用求出的取值范围；‎ ‎②根据共线的条件求出在区间上即可 ‎【详解】解:在中，‎ 根据余弦定理 所以 因为，‎ 所以 ‎①在中，‎ 根据正弦定理，得 因为点为射线上一动点，‎ 所以 所以的取值范围为 ‎②答案不唯一.取值在区间上均正确.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎19.已知函数.‎ 判断函数在区间上的单调性，并说明理由；‎ 求证：.‎ ‎【答案】单调递增，理由见解析；证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为，对求导，可证恒成立，即可证明结果； ‎ ‎（2）证明“”等价于证明“”．求的最大值即可证明．‎ ‎【详解】函数在区间上是单调递增函数.‎ 理由如下: ‎ 由，得 因为，‎ 所以.‎ 因此.‎ 又因为，‎ 所以恒成立.‎ 所以在区间上是单调递增函数.‎ 证明“”等价于证明“”‎ 由题意可得，.‎ 因为 令，则.‎ 所以在上单调递减 因为，‎ 所以存在唯一实数，使得，其中.‎ 极大值 的变化如表所示:‎ 所以为函数的极大值.‎ 因为函数在有唯一极大值.‎ 所以 因为，‎ 所以 因为 所以 所以 ‎【点睛】本题主要考查了导数在函数单调性中的应用，以及利用导数求函数极值与最值，熟练掌握导数的相关性质是解题的关键，本题属于综合题．‎ ‎20.已知集合，且中的元素个数大于等于5.若集合中存在四个不同的元素，使得，则称集合是“关联的”，并称集合是集合的“‎ 关联子集”；若集合不存在“关联子集”，则称集合是“独立的”.‎ 分别判断集合和集合是“关联的”还是“独立的”？若是“关联的”，写出其所有的关联子集；‎ 已知集合是“关联的”，且任取集合，总存在的关联子集，使得.若，求证：是等差数列；‎ 集合是“独立的”，求证：存在，使得.‎ ‎【答案】是关联的，关联子集有；是独立的；‎ 证明见解析；‎ 证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中所给的新定义，即可求解； ‎ ‎（2）根据题意，，，，， ，进而利用反证法求解； ‎ ‎（3）不妨设集合，，且.‎ 记，进而利用反证法求解；‎ ‎【详解】解:是“关联的”关联子集有;‎ 是“独立的”‎ 记集合的含有四个元素的集合分别为:‎ ‎，，，，‎ ‎.‎ 所以，至多有个“关联子集”.‎ 若为“关联子集”，则不是 “关联子集”，否则 同理可得若为“关联子集”，则不是 “关联子集”.‎ 所以集合没有同时含有元素的“关联子集”，与已知矛盾.‎ 所以一定不是“关联子集”‎ 同理一定不是“关联子集”.‎ 所以集合的“关联子集”至多为.‎ 若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；‎ 若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；‎ 若不是“关联子集”，则此时集合一定不含有元素的“关联子集”，与已知矛盾；‎ 所以都是“关联子集”‎ 所以有，即 ‎，即.‎ ‎，即，‎ 所以.‎ 所以是等差数列.‎ 不妨设集合，，且.‎ 记.‎ 因为集合是“独立的”的，所以容易知道中恰好有个元素.‎ 假设结论错误，即不存在，使得 所以任取，，因为，所以 所以 所以任取，‎ 任取，‎ 所以，且中含有个元素.‎ ‎(i)若，则必有成立.‎ 因为，所以一定有成立.所以.‎ 所以 ‎，，‎ 所以，所以，有矛盾，‎ ‎(ii)若，‎ 而中含有个元素，所以 所以，‎ 因为，所以.‎ 因为，所以 所以 所以，矛盾.‎ 所以命题成立.‎ ‎【点睛】‎ 本题属于新定义题，考查接受新知识，理解新知识，运用新知识的能力，反证法，等差数列，不等式缩放法，排列组合，本题属于难题.‎