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- 2021-06-21 发布
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北京师大二附中2019-2020学年度高三第一学期期中
数学测试题
一、选择题
1.已知全集,集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
通过补集的概念与交集运算即可得到答案.
【详解】根据题意得,故,答案选C.
【点睛】本题主要考查集合的运算,难度很小.
2.下列命题中的假命题是( )
A. , B. ,
C. , D. ,
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析:当x=1时,(x-1)2=0,显然选项B中的命题为假命题,故选B。
考点:特称命题与存在命题的真假判断。
【此处有视频,请去附件查看】
3.若复数满足,则的共轭复数的虚部是( )
A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先由复数的加减运算求出,得到共轭复数,即可得出结果.
【详解】因为,所以,因此其共轭复数为,
所以虚部为.
故选:B
【点睛】本题主要考查复数的虚部,熟记复数的概念,复数的加减运算,以及复数的共轭复数即可,属于基础题型.
4.在中,内角为钝角,,,,则()
A. 2 B. 3 C. 5 D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据同角三角函数平方关系求,再根据余弦定理求
【详解】因为为钝角,
所以
因此由余弦定理得
(负值舍去),选A.
【点睛】解三角形问题,多为边和角的求值问题,这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系,从而达到解决问题的目的.
5.若不等式成立的必要条件是,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由得:,∵不等式成立的必要条件是,
∴,故,故选A.
6.在等比数列中,,前项和为,若数列也等比数列,则等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先设等比数列的公比为,根据数列也是等比数列,得到,求出,进而可求出结果.
【详解】设等比数列的公比为,又数列也是等比数列,
所以,即,
解得,所以;
因此;
故选:B
【点睛】本题主要考查等比数列的应用,熟记等比数列的通项公式与求和公式即可,属于常考题型.
7.如图,在梯形中,,,为边上一点,则的最小值为
A. 10 B. 12
C. 15 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】
先取CD中点N,化简,再根据N到直线AB距离最小值得结果.
【详解】取CD中点N,则,在AB上取AE=2,连接CE,则四边形AECD为平行四边形,则CE=AD=5,因为BE=3,BC=4,所以,即
,,选C.
【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围,是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算,将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线位置关系,是解决这类问题的一般方法.
8.函数在上有定义,若对任意,有
则称在上具有性质.设在[1,3]上具有性质,现给出如下题:①在上的图像是连续不断的; ②在上具有性质;
③若在处取得最大值,则;④对任意,有
其中真命题的序号( )
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ②③④
【答案】D
【解析】
①可以不连续,只要满足图像是向下凸的特征即可。
②正确。由P性质的定义可知[1,3]具有性质P,则在此子区间上也应具有此性质.
③正确.f(x)在x=2处取得最大值1,故对任意x1,x2属于[1,3],
有,所以对任意,有,
而,故f(x)=1,.
④令
,
二、填空题
9.已知向量,均为单位向量,若它们的夹角是60°,则等于___________;
【答案】
【解析】
【分析】
结合向量数量积先求向量模的平方,再开方得结果.
【详解】
【点睛】本题考查向量的模以及向量数量积,考查基本求解能力.
10. 把下面不完整的命题补充完整,并使之成为真命题 .
若函数的图象与的图象关于 对称,则函数 .(注:填上你认为可以成为真命题的一种情形即可,不必考虑所有可能的情形)
【答案】轴,;或:轴,;或:原点,;或:直线,
【解析】
试题分析:基于对对数函数图象、指数函数图象的认识,从多角度考虑。轴,;或:轴,;或:原点,;或:直线,均可。
考点:本题主要考查命题的概念及其关系、对数函数的图象和性质。
点评:属开放性题目,注意运用数形结合思想。
11.在平面直角坐标系中,若双曲线经过点(3,4),则该双曲线的渐近线方程是_____.
【答案】.
【解析】
【分析】
根据条件求,再代入双曲线的渐近线方程得出答案.
【详解】由已知得,
解得或,
因为,所以.
因为,
所以双曲线的渐近线方程为.
【点睛】双曲线的标准方程与几何性质,往往以小题的形式考查,其难度一般较小,是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的密切相关,事实上,标准方程中化1为0,即得渐近线方程.
12.在中,a=15,b=10,∠A=60°,则cos B=________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析:由正弦定理可得,解得。所以。因为,所以,所以角为锐角,所以,
考点:1三角形中正弦定理;2同角三角函数基本关系式。
13.已知抛物线的焦点为,准线与轴的交点为,为抛物线上的一点,且满足,则____.
【答案】
【解析】
【分析】
先过点作垂直准线于点,由抛物线定义得到,再由题意求出,得到,即可求出结果.
【详解】过点作垂直准线于点,
由抛物线定义可得:,
又,所以,
因此,所以.
故答案为:
【点睛】本题主要考查抛物线定义的应用,熟记抛物线的定义即可,属于常考题型.
14.对于三次函数,给出定义:设是函数的导数,是函数的导数,若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”.某同学经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.给定函数,请你根据上面的探究结果,解答以下问题:
①函数的对称中心坐标为______;
②计算________.
【答案】 (1). (,1) (2). 2018
【解析】
【分析】
①先对函数求二阶导,得到,根据题意求出拐点,即可得出结果;
②先由①得到,推出,用倒序相加法,即可求出结果.
【详解】①因为,所以,
所以,
由得,此时,
由题意可得,即为函数的对称中心;
②由①知,函数关于中心对称,
所以,即,
因此;
记,
则
,
所以.
故答案为:;.
【点睛】本题主要考查利用导数求对称中心,倒序相加法求函数值的和,熟记函数对称性,以及导数的计算公式即可,属于常考题型.
三、解答题
15.已知等差数列满足,前3项和.
(1)求的通项公式;
(2)设等比数列满足,,求的前项和.
【答案】(1)an (2)=2n﹣1.
【解析】
【分析】
(1)先设等差数列的公差为,根据题意求出首项与公差,即可求出结果;
(2)先设等比数列的公比为,根据题意求出公比,由求等比数列的求和公式,即可求出结果.
【详解】(1)设等差数列的公差为,∵,前3项和.
∴,,解得,.
∴.
(2)设等比数列的公比为,
因为,,
所以,解得.
∴前项和.
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列,熟记等差数列与等比数列的通项公式、求和公式即可,属于常考题型
16.已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式;
(2)求函数的单调递增区间.
【答案】(1).
(2).
【解析】
【分析】
试题分析: (1)观察图象可知,周期,
根据点在函数图象上,得到,结合,求得;
再根据点(0,1)在函数图象上,求得,即得所求.
(2)首先将化简,利用“复合函数单调性”,
由,得,
得出函数的单调递增区间为.
【详解】(1)由图象可知,周期,
∵点函数图象上,∴,∴,解得
,
∵,∴;
∵点(0,1)在函数图象上,∴,
∴函数的解析式为.
(2)
==,
由,得,
∴函数的单调递增区间为
17.已知圆.
(1)直线与圆相交于两点,求弦的长度;
(2)如图,设,是圆上两个动点,点关于原点的对称点为,点关于轴的对称点为,如果直线与轴分别交于和,问是否为定值?若是求出该定值;若不是,请说明理由.
【答案】(1)2;(2)见解析.
【解析】
试题分析:(1)先求出圆心(0,0)到直线的距离,再利用弦长公式求得弦长AB的值.
(2)先求出的坐标,用两点式求直线的方程,根据方程求得他们在y轴上的截距m,n的值,计算mn的值,可得结论.
试题解析:(1)由于圆心到直线的距离.
圆的半径,所以.
(2)由于,是圆上的两个动点,则可得,,
且,.
直线的方程为,令
求得.
直线的方程为,令
求得.
.
显然为定值.
18.已知函数.若曲线和曲线都过点,且在点处有相同的切线.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若时,,求的取值范围.
【答案】(I);(II).
【解析】
试题分析:(1)先求导,根据题意,由导数的几何意义可知,从而可求得的值.(2) 由(1)知,,令,即证时.先将函数求导,讨论导数的正负得函数的增减区间,根据函数的单调性求其最值.使其最小值大于等于0即可.
试题解析:(1)由已知得,
而,
(4分)
(2)由(1)知,,
设函数,
.
由题设可得,即,
令得, ..(6分)
①若,则,∴当时,
,当时,,即F(x)在单调递减,在单调递增,故在取最小值,
而.
∴当时,,即恒成立. .(8分)
②若,则,
∴当时,,∴在单调递增,
而,∴当时,,即恒成立,
③若,则,
∴当时,不可能恒成立. .(10分)
综上所述,的取值范围为.(12分)
考点:用导数研究函数的性质.
【此处有视频,请去附件查看】
19.设椭圆的右焦点为,过的直线与交于两点,点的坐标为.
(1)当与轴垂直时,求直线的方程;
(2)设为坐标原点,证明:.
【答案】(1)的方程为或;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先根据与轴垂直,且过点,求得直线方程为,代入椭圆方程求得点的坐标为或,利用两点式求得直线的方程;
(2)分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明,特殊情况比较简单,也比较直观,对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现,从而证得结果.
【详解】(1)由已知得,l的方程为.
由已知可得,点的坐标为或.
所以的方程为或.
(2)当与轴重合时,.
当与轴垂直时,为的垂直平分线,所以.
当与轴不重合也不垂直时,设的方程为,,
则,直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以,.
则.
从而,故、的倾斜角互补,所以.
综上,.
【点睛】该题考查的是有关直线与椭圆的问题,涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量,在解题的过程中,第一问求直线方程的时候,需要注意方法比较简单,需要注意的就是应该是两个,关于第二问,在做题的时候需要先将特殊情况说明,一般情况下,涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组,之后韦达定理写出两根和与两根积,借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.
20.设数列A: , ,… ().如果对小于()的每个正整数都有 < ,则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出的所有元素;
(2)证明:若数列A中存在使得>,则 ;
(3)证明:若数列A满足- ≤1(n=2,3, …,N),则的元素个数不小于 -.
【答案】(1)的元素为和;(2)详见解析;(3)详见解析.
【解析】
试题分析:(Ⅰ)关键是理解“G时刻”的定义,根据定义即可写出的所有元素;
(Ⅱ)要证,即证中含有一元素即可;
(Ⅲ)当时,结论成立.只要证明当时结论仍然成立即可.
试题解析:(Ⅰ)的元素为和.
(Ⅱ)因为存在使得,所以.
记,
则,且对任意正整数.
因此,从而.
(Ⅲ)当时,结论成立.
以下设.
由(Ⅱ)知.
设.记.
则.
对,记.
如果,取,则对任何.
从而且.
又因为是中的最大元素,所以.
从而对任意,,特别地,.
对.
因此.
所以.
因此的元素个数p不小于.
【考点】数列、新定义问题.
【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意,将实际问题转化为常用的数列模型,数列的综合问题涉及的数学思想:函数与方程思想(如:求最值或基本量)、转化与化归思想(如:求和或应用)、特殊到一般思想(如:求通项公式)、分类讨论思想(如:等比数列求和,或)等.
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