1、北京三中20202021学年度第一学期学业测试高三年级数学期中试卷一、选择题（每题4分，共40分）1. 已知集合，则集合可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】逐一验证选项即可得出结果.【详解】已知集合，.对于A选项，则，不合乎题意；对于B选项，则，不合乎题意；对于C选项，则，合乎题意；对于D选项，则，不合乎题意.故选：C.2. 等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于（ ）A. 8B. 10C. 12D. 14【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式即可求解.【详解】an为等差数列，S312，即，解得.由，所以数列的公差，所以，所以.故选：C
2、3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合线面、面面垂直或平行的有关性质、判定定理，依次对选项进行判断，可得答案【详解】解：根据题意，分析选项可得：A、平行于同一条直线的直线和平面，不一定平行，它们也可能是直线就在此平面内，故错；B、垂直于同一个平面的两个平面相交或平行，即与可能相交，错误；C、平行于同一个平面的两条直线，不一定平行，它们也可能是相交或异面，故错；D、若m，n，则mn符合线面垂直的性质，正确；故选：D4. 在同一个坐标系中画出函数，的部分图象，其中且，则下列图象中可能
3、正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题可采用排除法进行判定，再根据指数函数和三角函数的图象的特征进行判定.【详解】，A项，与为增函数矛盾.B项，为增函数，错误.C项，错误.D项，为减函数，正确答案为D.故选D.【点睛】本题主要考查指数函数和三角函数的函数图像，熟练掌握指数函数、三角函数图像和性质是解决此题的关键.5. 已知实数a，b，c在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由数轴知 ，不妨取检验选项得解.【详解】由数轴知 ，不妨取，对于A， ， 不成立对于B， 不成立.对于C， ， 不成立.对于D，
4、，因此成立. 故选：D【点睛】利用不等式性质比较大小要注意不等式性质成立的前提条件解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法6. 若向量，满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，得，即，再由，可得，根据可得答案【详解】解：，即，又，得，而，故选：7. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性和三角函数值域判断即可；【详解】设，所以.故选：B.8. 已知函数f(x)=|x-m|与函数g(x)的图象关于y轴对称.若g(x)在区间(1，2)内单调递减，则m的取值范围为（ ）A. -1，
5、+)B. (-，-1C. -2，+)D. (-，-2【答案】D【解析】【分析】函数与的图象关于轴对称,得到，再利用绝对值函数性质列出不等式求解.【详解】函数与函数的图象关于轴对称,，在区间内单调递减，则，故选：D【点睛】利用函数图象可以解决很多与函数有关的问题，如利用函数的图象解决函数性质问题，函数的零点、方程根的问题，有关不等式的问题等.解决上述问题的关键是根据题意画出相应函数的图象，利用数形结合思想求解.9. 若数列满足则“”是“为等比数列”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】,不妨设，则可证充分性；为等
6、比数列且时得不到，可知必要性不成立【详解】不妨设，则 为等比数列；故充分性成立反之若为等比数列，不妨设公比为， 当时，所以必要性不成立故选：A【点睛】(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可(2)利用递推关系时要注意对n1时的情况进行验证10. 形如(n是非负整数)的数称为费马数，记为数学家费马根据都是质数提出了猜想:费马数都是质数.多年之后，数学家欧拉计算出不是质数，那的位数是（ ）(参考数据: lg20.3010 )A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】B【解析】【分析】
7、,设,两边取常用对数估算的位数即可.【详解】,设，则两边取常用对数得.，故的位数是10，故选：B【点睛】解决对数运算问题的常用方法：(1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简(2)将同底对数的和、差、倍合并(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变形应用(4)利用常用对数中的简化计算.二、填空题 （每题5分，共25分）11. 已知平面向量满足，若，则实数_.【答案】【解析】【分析】先求出，再由向量的共线坐标表示可求得答案.【详解】，由得.故答案为：.12. 已知函数是上的奇函数，并且是周期为的周期函数，若，则_；_.【答案】 (1). (2). 0【解
8、析】【分析】根据奇偶性和周期性可得；函数是上的奇函数可得，再根据周期为可得.【详解】因为函数是上的奇函数，所以，又因为是周期为的周期函数，所以.由函数是上的奇函数，所以，故答案为：； 0.13. 设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，所以，因为，所以当时，取最小值为.【点睛】函数的性质（1）.（2）周期（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，（4）由求增区间；由求减区间.14. 某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥中最长棱的
9、棱长为_.【答案】【解析】【分析】根据直观图，结合所给数据，求出最长棱，即可得解.【详解】如图，三视图的直观图如图所示，底面，由，故最长，故答案为：.15. 已知集合，若对于任意，存在，使得成立，则称集合是“好集合.给出下列4个集合： ； ； ； .其中所有“好集合”序号是_.【答案】【解析】【分析】根据题意设，由，可知，即，逐个作图，分别判断即可得解.【详解】根据题意设，由，可知，即，对，如图，不管在一侧还是同侧均不能有对，如图，对任意，均有使得，对，如图，对任意，均有使得，对， ，如图，当取，则不存在使得，故答案为：【点睛】本题考查了函数相关的新定义，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档
10、题.本题的关键点有：（1）陌生的问题熟悉化，通过转化把新定义转化为垂直问题；（2）数形结合，对图像的直观认识是解题关键.三、解答题（共85分）16. 已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5（）求的通项公式；（）求和：【答案】（1）an=2n1.（2）【解析】试题分析：（）设等差数列的公差为，代入建立方程进行求解；（）由是等比数列，知依然是等比数列，并且公比是，再利用等比数列求和公式求解.试题解析：（）设等差数列an的公差为d.因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.解得d=2.所以an=2n1（）设等比数列的公比为q.因为b2b4=a5，所以b1qb1
11、q3=9.解得q2=3.所以.从而.【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和. 17. 已知函数.(I)求f(0)的值；(II)从；这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数f(x)在上的最小值，并直接写出函数f(x)的一个周期.【答案】(I) ；(II) 时，；时，.【解析】【分析】(I)将代入求值即可；(I
12、I)用二倍角和辅助角公式化简可得，再由可得，结合正弦函数图象求解最值；，利用抛物线知识求解【详解】(I)；(II)，由题意得，故，所以当时，取最小值，令，当时，函数取得最小值为.，【点睛】本题考查三角恒等变换在三角函数图象和性质中的应用.（1）利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或的形式；（2）根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值. （3）换元转化为二次函数研究最值.18. 已知函数，讨论函数的单调区间；若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数b的取值范围【答案】(1) 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是 (
13、2) 【解析】【详解】分析：（1）求导，解不等式，得到增区间，解不等式，得到减区间；（2）函数f（x）在x=1处取得极值，可求得a=1，于是有f（x）bx21+b，构造函数g（x）=1+，g（x）min即为所求的b的值详解：（1）在区间上， ，当时， 恒成立， 在区间上单调递减；当时，令得，在区间上，函数单调递减，在区间上，函数单调递增.综上所述：当时， 的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是（2）因为函数在处取得极值，所以，解得，经检验可知满足题意由已知，即，即对恒成立，令，则，易得在上单调递减，在上单调递增，所以，即.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
14、（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为19. 如图,在中, 为钝角, ,为延长线上一点,且.(1)求的大小；(2)求的长及的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中根据正弦定理可得，故（2）在中，由余弦定理可得；在中，结合由余弦定理可得，于是【详解】(1)在中，因为，由正弦定理可得，即，所以.因为为钝角，所以，所以(2)在中，由余弦定理可知 ，即 ，所以在中，由余弦定理可知，即，整理得，解得因为为钝角，所以，所以所以的面积 【点睛】利用正、余弦定理求解三角
15、形面积问题的题型与方法(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的各个边角后，直接求三角形的面积(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他各量(3)求三角形面积的最值或范围，这时一般要先得到面积的表达式，再通过均值不等式、三角函数的最值等方法求得面积的最值或范围20. 如图，在多面体中，梯形与平行四边形所在平面互相垂直， ，.（）求证：平面；（）求二面角的余弦值； （）判断线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求 出的值，若不存在，说明理由【答案】（）见解析；（）；（）【解析】【分析】（）根据线线平行得线面平行平面，平面，再根据线面平行得面面平行平面平面，最后由面面
16、平行性质得结论，（）先根据面面垂直得线面垂直平面，再得线线垂直，类似可得进而建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解得平面法向量，利用向量数量积得两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得结果，（）先设，再利用方程组解得平面法向量，最后根据两法向量数量积为零解得结果.【详解】（）由底面为平行四边形，知，又因为平面，平面， 所以平面.同理平面，又因为，所以平面平面.又因为平面，所以平面 （）连接,因为平面平面，平面平面，所以平面. 则.又因为， 所以平面，则. 故两两垂直，所以以所在的直线分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角坐标系，则， 所以,，为平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，
17、 由，得 令，得. 所以. 如图可得二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （）结论：线段上存在点，使得平面平面. 证明如下：设，所以. 设平面的法向量为，又因为，所以，即 令，得.若平面平面，则，即， 解得.所以线段上存在点，使得平面平面，且此时. 【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.21. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）判断函数的零点的个数，并说明理由；（3）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的
18、切线.【答案】（1）（2）有且仅有两个零点，详见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可求得结果；（2）根据单调性和零点存在性定理可得在和上各有唯一一个零点，由此可得答案；（3）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线为，设曲线在点处的切线斜率为，根据导数的几何意义求出切线方程为，根据是的一个零点，可证两条切线重合.【详解】（1）因为，所以，.所以曲线在点处的切线的方程为.（2）函数有且仅有两个零点.理由如下：的定义域为.因为，所以在和上均单调递增.因为，所以在上有唯一零点.因为，所以在上有唯一零点.综上，有且仅有两个零点.（3）曲线在点处的切线方程为，即.设曲线在点处的切线斜率为，则，即切点为.所以曲线在点处的切线方程为，即.因为是的一个零点，所以.所以.所以这两条切线重合.所以结论成立.【点睛】本题考查了根据导数的几何意义求切线的斜率，考查了用导数研究函数的单调性，考查了利用零点存在性判断零点个数，属于中档题.