1、北京市朝阳区2021届高三数学上学期期中质量检测试题（含解析）(考试时间120分钟满分150分)本试卷分为选择题(共40分)和非选择题(共110分)两部分考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分(选择题共40分)一选择题共10小题，每小题4分，共40分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解不等式，化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选：B.2. 已知则sin2x=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题可知，
2、根据诱导公式可求出，再根据求出，最后由二倍角公式可求出.【详解】解：，则，故选：B.【点睛】本题考查诱导公式和同角三角函数的关系的应用，考查二倍角公式的应用，属于基础题.3. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的单调性即可比较大小.【详解】，又，所以，所以.故选：C【点睛】本题考查了指数函数的单调性、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题.4. 如图，在ABC中，D是BC的中点.若则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，即可求出.【详解】可得.故选：C.【点睛】本题考查向量的线性运算和基本定理的应用，属于基
3、础题.5. “lnalnb”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分必要条件定义判断【详解】，充分性满足，但不能得出，如或时，对数不存在，必要性不满足因此应是充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查充分必要条件的判断，判断充分必要条件通常有两种方法：1定义法，根据充分必要条件定义证明两个命题是真假；2等价法根据充分必要条件与集合包含之间的关系判断即求出两个命题为真时对应的集合，如命题对应集合，命题对应集合，则是的充分条件，是的必要条件，6. 已知函数的图象与直线y=1的相邻两个交点间的距离等于，则f(
4、x)的图象的一条对称轴是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化函数为正弦型函数，根据题意求出的最小正周期，再求出它的图象的对称轴【详解】函数，由的图象与直线相邻两个交点间的距离等于，所以的最小正周期为，解得；所以，令，解得，；当时，得图象的一条对称轴是故选：D【点睛】本题考查了三角恒等变换应用问题，也考查了三角函数图象与性质的应用问题，是基础题7. 在ABC中，AB=4，AC=3，且则（ ）A. -12B. -9C. 9D. 12【答案】B【解析】【分析】由可得，结合平面向量数量积的几何意义可得答案【详解】因为所以,两边平方可得，所以，,故选：B.【点睛】本题主要考查平面向
5、量数量积的几何意义，考查了向量垂直的性质以及平面向量数量积的运算，属于基础题,8. 已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x(，0时，则（ ）A. B. 1C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用偶函数定义求值，即由计算【详解】，故选：B【点睛】本题考查函数的奇偶性，这类问题在计算函数值时通常由奇偶性的定义化自变量为对称区间的值，然后利用已知解析式计算9. 已知函数若存在实数m，使得成立，则实数a的取值范围是（ ）A. -1，+)B. (-，-13，+)C. -1，3D. (-，3【答案】C【解析】【分析】根据函数的图象，得出值域为，利用存在实数，使成立，可得，求解得答案【详解】作出函数的图
6、象如图：，值域为，若存在实数，使得成立，解得，实数的取值范围是，故选：C【点睛】本题考查分段函数的性质，考查函数值域的求解方法，同时考查了数形结合思想的应用，属于中档题函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质10. 已知奇函数f(x)的定义域为且是f(x)的导函数.若对任意都有则满足的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，先判断函数 为奇函数，再判断函数在区间，上单调递减，由，得，即可
7、求出【详解】令，为奇函数，为偶函数，为奇函数，有，在区间，上单调递减，又为奇函数，在区间，上单调递减，当， ，故选：D【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.第二部
8、分(非选择题共110分)二填空题共5小题，每小题5分，共25分11. 已知向量，若，则实数_.【答案】6【解析】【分析】根据即可得出，解出即可【详解】向量，且，故答案为：6【点睛】本题考查了平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题12. 已知，则的最小值为_，此时x的值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由，求得，再由，结合基本不等式，即可求解.【详解】由，可得，则，当且仅当时，即时等号成立，所以的最小值为，此时.故答案为：，.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”，合理构造是解答的关键，着重考查推理与运算能力.1
9、3. 在一个房间使用某种消毒剂后，该消毒剂中的某种药物含量y(mg/m)随时间t(h)变化的规律可表示为如图所示，则a=_;实验表明，当房间中该药物含量不超过0.75 mg/m时对人体无害，为了不使人体受到该药物伤害，则使用该消毒剂对这个房间进行消毒后至少经过_小时方可进入.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据函数图象当时，即可求出，从而得到，再根据题意解不等式即可.【详解】由题知：当时，即，解得.所以.当时，单调递增，当时，单调递减，令，解得，所以经过小时后方可进入房间.故答案为：；【点睛】本题主要考查函数的模型应用，考查学生分析问题的能力，属于简单题.14. 设是公差为d的等
10、差数列，为其前n项和.能说明“若d0，则数列为递增数列”是假命题的一组和的值为_.【答案】（满足均可）【解析】【分析】由题可知需满足，即，任取一组数均可.【详解】要满足“若d0，则数列为递增数列”是假命题，则只需满足，即，即，所取的一组和的值满足即可，如.故答案为：（满足均可）.【点睛】本题考查等差数列单调性的判断，属于基础题.15. 公元前2世纪的古希腊天文学家和数学家希帕科斯是三角学的创立者之一，他因天文观测的需要编制了有关三角比率的表格.后人推测希帕科斯在编制表格的过程中本质上使用了公式如图是希帕科斯推导此公式时使用的几何图形，已知点B在以线段AC为直径的圆O上，D为弧BC的中点，点E在
11、线段AC上且AE=AB，点F为EC的中点.设OA=给出下列四个结论:AB=2rsin;CF=r(1-cos); 其中，正确结论的序号是_.【答案】【解析】分析】根据图形结合三角函数判断由等腰三角形求，判断，由圆周角与圆心角及所对弧的关系，求得，在等腰三角形中求得，判断，利用，判断，在中应用余弦定理判断【详解】是等腰三角形，正确；，中，错误；，正确；中，由余弦定理得，正确；故答案为：【点睛】本题考查数学文化，考查解三角形的应用借助于图形解三角形问题可使边角关系清晰明了三解答题共6小题，共85分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16. 已知函数（1）求及f(x)的最小正周期;（2）若求f(x)
12、的值域.【答案】（1），最小正周期是；（2）【解析】【分析】（1）由两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后可得函数值及周期（2）结合正弦函数性质可得值域【详解】（1），最小正周期为；（2）时，值域为【点睛】本题考查两角差的正弦公式，考查正弦型三角函数的周期，值域，掌握正弦函数的性质是解题关键解题方法是利用两角和与差的正弦（余弦）公式化函数为一个角的一个三角函数形式17. 已知是等差数列，是各项都为正数的等比数列，再从条件，条件，条件这三个条件中选择两个作为已知.（1）求数列的通项公式;（2）求数列的前n项和.条件:；条件:；条件:【答案】答案见解析【解析】【分析】根据选择的条件
13、建立方程即可求出的首项和公差，的首项和公比，即可求出数列的通项公式和数列的前n项和.【详解】选择条件和条件：（1）设等差数列的公差为，则，；（2）设等比数列的公比为，解得，设数列的前n项和为，.选择条件和条件：（1）设等差数列的公差为，则，；（2），设等比数列的公比为，解得，设数列的前n项和为，.选择条件和条件：（1）设等比数列的公比为，解得，设等差数列的公差为，又，故，；（2）设数列的前n项和为，由（1）可知.【点睛】本题考查等差等比数列基本量的计算，属于基础题.18. 在ABC中，AB=2，AC=3.（1）若B=60，(i)求BC;(ii)设D是边BC上一点，且ADC=120，求;（2）若
14、AE是ABC的内角平分线，求AE的取值范围.【答案】（1）(i)；(ii) ；（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理求得，然后用正弦定理求得；（2）由内角平分线定理得，然后设，求得的范围，利用把表示为的函数，从而可得其范围【详解】（1）(i)由余弦定理得，解得（舍去）；(ii) ADC=120，则，又，是等边三角形，在中，（2）是角平分线，设，则，由得由余弦定理得，又，【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，掌握正弦定理和余弦定理适用的类型是解题基础但已知两边及一角的问题都可用余弦定理求第三边19. 已知函数f(x)=x+alnx(aR).（1）当时，求函数f(x)的极值;（2）若不等式对任意x0
15、恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）极小值为1，无极大值；（2）【解析】【分析】（1）对函数进行求导、判断函数的单调性，最后根据函数极值的定义进行求解即可；（2）对，利用参变分离，得到新函数，对新函数进行求导，判断其单调性，分类讨论的取值范围，进而求出的取值范围【详解】（1）函数的定义域为，当时，.由，得.所以，在上单调递减，上单调递增，所以，函数的极小值为，无极大值.（2）取,求导得，所以，在上有，单调递增；在上有，单调递减；则，所以，在上，有，所以，当上时，对，恒成立，即对，恒成立，由于,故，所以，对，恒成立，令，即，则，令，则，在上单调递减，在上单调递增，所以，即在上有，于是，在上单调
16、递增，在上单调递减，于是可得，所以，的取值范围是【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了构造函数法、常变量分离法，考查了数学运算能力和分类讨论思想.20. 已知函数bR).（1）当时，判断函数f(x)在区间内的单调性;（2）已知曲线在点处的切线方程为(i)求f(x)的解析式;(ii)判断方程1在区间(0，2上解的个数，并说明理由.【答案】（1）单调递减函数；（2）(i) ； (ii) 3个，理由见解析.【解析】【分析】（1）当时，求得，进而得到，即可求得函数的单调性；（2）(i) 求得函数的导数，求得，得到，求得的值，进而求得的值，即可求得函数的解析式； (ii) 令，求
17、得，分，和三种情况讨论，结合导数求得函数的单调性与极值，即可求解.【详解】（1）当时，可得，因为，所以，即，所以函数在区间上为单调递减函数.（2）(i) 由函数，可得，则因为函数在点处的切线方程为，所以，解得，当，代入切线方程，可得，所以函数的解析式为.(ii) 令，则，当时，可得，单调递减，又由，所以函数在区间上只有一个零点；当时，可得恒成立，所以函数在区间上没有零点；当时，令，可得，所以在区间单调递增，所以存在，使得在上单调递增，在单调递减，又由，所以函数在上有两个零点，综上可得，方程在上有3个解.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及利用导数研究函数的零点问题，着重考查了转化与
18、化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题21. 已知数列是无穷数列，其前n项和为若对任意的正整数，存在正整数， ()使得，则称数列是“S数列.（1）若判断数列是否是“S数列”，并说明理由;（2）设无穷数列的前n项和且，证明数列不是“S数列;（3）证明:对任意的无穷等差数列，存在两个“S数列和，使得成立.【答案】（1）是“S数列；理由见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解.【解析】【分析】（1）根据等差数列的求和公式，得到，再由数列的新定义，即
19、可判断出结果；（2）根据等比数列的前n项和，得到，假设是“S数列，得到，根据题中条件，令，推出矛盾，从而可得结论成立；（3）设无穷等差数列的公差为，则，令，根据数列新定义，证明和都是“S数列即可.【详解】（1）因为显然是以为首项，以为公差的等差数列，所以其前项和为，则对任意正整数，都有当时，即存在，使得；当正整数时，取，则，都是正整数，且，则；综上对任意的正整数，存在正整数， ()使得，所以数列是“S数列；（2）由且可知，当时，有，当时，；若数列是“S数列，则对任意的正整数，存在正整数， ()使得，即对任意的正整数，存在正整数， ()使得，当时，对于任意的正整数，都有为奇数；而对于任意的正整数
20、， ()，都有和为偶数，即为偶数；因此；所以数列不是“S数列；（3）设无穷等差数列的公差为，则，令，下面证明和都是“S数列；设数列的前项和为，则，对于任意的正整数，都有,当时，即存在，使得；当正整数时，取，则，且，都为正整数，此时；综上对任意的正整数，存在正整数， ()使得，所以是“S数列；同理可证是“S数列；所以对任意的无穷等差数列，存在两个“S数列和，使得成立.【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中新定义的概念，结合已知结论求解，本题中，根据“S数列的定义，结合等差数列与等比数列的通项公式与求和公式进行求解，考查等比数列与等比数列的综合应用，属于难题.21
