1、北京市海淀区2020届高三数学上学期期中试题（含解析）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
2、 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
3、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
4、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：存在的两个不同子集，使得任意都满足且；任取的两个不同子集，对任意都有；任取的两个不同子
5、集，对任意都有；其中，所有正确结论的序号是（ ）A. B. C. D. 【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，例如集合是正奇数集合，是正偶数集合，故正确； 对于，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，故正确；对于，例如：，当时，； 故错误；所有正确结论的序号是：； 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
6、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
7、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_【
8、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.当时，面积的最小值为_；若存在是等腰直角三角形，
9、则的最小值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】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；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： 当时，面积的最小值为；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
10、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
11、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，当时，不存在极大值，
12、不符合题意.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.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.求的取值范围；直接写出一个的值，满足：存在两个不同位置的点，使得.【答案】；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
13、用求出的余弦值，进一步求出正弦值；（2）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；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
14、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
15、”.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
16、 “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.
