1、 北师大附属实验中学2019-2020学年度第一学期高三年级数学期中考试试卷一、单项选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。每小题5分，共40分）1.已知全集，集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先计算集合，再计算，最后计算【详解】解：，故选：【点睛】本题主要考查了集合的交，补混合运算，注意分清集合间的关系，属于基础题2. 下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由选项可知，项均不是偶函数，故排除，项是偶函数，但项与轴没有交点，即项的函数不存在零点，故选A.考点：1.函数的奇偶性；2.函数零点
2、的概念.【此处有视频，请去附件查看】3.己知函数满足，设，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义可判断“”与“”的关系.【详解】若，则，故“”是“”的必要条件，取，若，则或，故“”推不出“”，故“”是“”的不充分条件，综上，“”是“”的必要不充分条件.故选B.【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充
3、分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.4.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）A. 向左平移2个单位长度B. 向右平移2个单位长度C. 向上平移1个单位长度D. 向下平移1个单位长度【答案】C【解析】【分析】利用对数的运算法则先进行化简，结合函数的图象变换法则进行判断即可【详解】解：，故只需将函数的图象向上平移1个单位长度，即可得到，故选：【点睛】本题主要考查函数的图象与变换，结合对数的运算法则是解决本题的关键，属于基础题5.已知是等差数列( )的前项和，且,以下有四个命题：数列中的最大项为 数列的公差 其中正确的序号是（ ）A. B. C. D. 【答
4、案】B【解析】，数列中的最大项为，正确的序号是故选B6.已知函数的部分图象如图所示，则的值分别是（ ）A. 3，B. 3，C. 2，D. 2，【答案】D【解析】【分析】由图可得，由此求得，再由函数的周期可得点，在函数的图象上，然后利用对称性以及五点作图法列式求得的值【详解】解：由图可得，即，可得，函数，则点在函数的图象上再根据函数图象的对称性以及五点法作图可得，解得，故选：【点睛】本题考查由函数部分图象求解析式，正弦函数的图象的对称性、正弦函数的周期性，五点法作图，属于中档题7.设函数，若互不相等的实数，使得，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】分析题意，将问题
5、转化为：方程有三个解，此时可利用数形结合思想分析的取值范围.【详解】设有三个解，不妨令，作出和图象如图所示：因为顶点坐标为，所以；由图象可知：关于对称，所以；令，令，所以；所以.故选D.【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，着重考查了数形结合的思想，难度较难.通过数形结合，可将抽象的函数零点个数或者方程根的数目转化为直观的函数图象的交点个数.常见数形结合思想的应用角度：（1）确定方程根或者函数零点数目；（2）求解参数范围；（3）求解不等式的解集；（4）研究函数的性质.8.已知函数，其中若对于任意的，且，都有成立，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将不等式变形
6、为：恒成立，构造函数，转化为当时，恒成立，为了求的范围，所以需要构造函数，可通过求导数，根据单调性来求它的范围【详解】解：对于任意的，且，都有成立，不等式等价为成立，令，则不等式等价为当时，恒成立，即函数在上为增函数；，则在上恒成立；即恒成立，令，；在上增函数；的取值范围是故选：【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题，根据条件将不等式进行转化，多次构造函数，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键综合性较强，难度较大二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）9.已知，且是第二象限角，则_.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式可以得到的值，结合为第二象限角得到的值，最后利
7、用二倍角的正弦得到要求的正弦值.【详解】由题设有，因为是第二象限角，所以，故.【点睛】（1）与的三角函数的关系是“函数名不变，符号看象限”；（2）的三个三角函数值只要知道其中一个，就可以求出另外两个，求值时要关注角的终边的位置.10.等比数列的前项和为，已知成等差数列，则等比数列的公比为_【答案】【解析】【详解】由，成等差数列得，即则所以或（舍），故答案为.11.设的内角所对边的长分别为,若,则角_【答案】【解析】3sinA5sinB，3a5b.又bc2a，由可得，ab，cb.cosC.C.【此处有视频，请去附件查看】12.已知，若，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】判断函数的单调
8、性，利用单调性转化为自变量的不等式，即可求解.【详解】在区间都是增函数，并且在处函数连续，所以在上是增函数，等价于，解得.故答案为:【点睛】本题考查函数的单调性，并利用单调性解不等式，属于中档题.13.函数满足下列性质：（）定义域为，值域为（）图象关于对称（）对任意，且，都有请写出函数的一个解析式_（只要写出一个即可）【答案】【解析】【分析】根据二次函数的对称性、值域及单调性可得一个符合条件的函数式.【详解】由二次函数的对称性、值域及单调性可得解析式，此时对称轴为，开口向上，满足（），因为对任意，且，都有，等价于在上单调减，满足（），又，满足（），故答案为【点睛】本题主要考查二次函数的对称性、
9、二次函数的单调性以及二次函数的值域，意在考查综合运用所学知识，灵活解答问题的能力，考查了转化与划归思想、数形结合思想的应用，属于难题.14.已知函数和，若存在实数使得，则实数的取值范围为_【答案】【解析】当时, ;当时,若存在使,则,即,解得,故填.点睛：本题考查学生的是函数的应用问题,属于中档题目.首先求出分段函数的值域,一段根据对数函数的单调性,另外一段利用对勾函数的性质以及基本不等式和反比例的值域求得,根据题意,即方程有解问题,从而限制的范围,解出不等式即可.三、解答题（本题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）15.已知函数. （）求的最小正周期；（）当时，求的取
10、值范围【答案】（）；（）【解析】【分析】（）利用三角函数的恒等变换化简函数的解析式为，由此求得的最小正周期（） 因为，根据正弦函数的定义域和值域，求得的取值范围【详解】解：（）因为函数，所以的最小正周期（） 因为，所以，所以的取值范围是【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，三角函数的周期性和求法，正弦函数的定义域和值域，属于中档题16.在ABC中，分别为内角的对边，且.（）求A的大小；（）若，试求ABC的面积【答案】（）；（）【解析】【分析】（）利用条件结合余弦定理，可求的大小；（）利用和差的三角函数求出，再利用三角形的面积公式可得结论【详解】解：（），由余弦定理得，（），又为三角
11、形内角，故所以所以【点睛】本题考查余弦定理的运用，考查三角函数的化简，考查学生的计算能力，属于中档题17.数列的前项和为，且是和的等差中项，等差数列满足，.（1）求数列、的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.【答案】(1) ， (2)见解析【解析】【详解】试题分析：（1）由题中所给条件得，即，这是前项和与项的关系，我们可以利用把此式转化为数列的项的递推式，从而知数列是等比数列，通项易得，这样等差数列的，由基本量法可求得等差数列的通项公式；（2）数列是由等差数列相邻两项相乘后取倒数所得，其前项和应该用裂项相消法求得，而当求得后，所要证的不等式就显而易见成立了（1）是和的等差中项，当时，当
12、时， ，即数列是以为首项，为公比的等比数列，设的公差为，（2）,考点：（1）已知数列前项和与项的关系，求通项公式，等差数列、等比数列通项公式；（2）裂项相消法求和与不等式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 (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
13、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：（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.已知函数的定义域为，设，.（）试确定t的取值范围，使得函数在上为单调函数；
14、（）求证：；（）求证：对于任意的，总存在，满足，又若方程在上有唯一解，请确定t的取值范围.【答案】（）；（）见解析；（）见解析【解析】【分析】（）求导得，从而可得在，上递增，在上递减，从而确定的取值范围；（）借助（）可知，在处取得极小值，求出，则在，上的最小值为，从而得证；（）化简，从而将化为，令，则证明方程在上有解，并讨论解的个数；由二次函数的性质讨论即可【详解】（）因为，令，得：或；令，得： 所以在上单调递增，在上单调递减，要使在为单调函数，则所以的取值范围为 （）证：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值.又，所以在的最小值为，从而当时，即 .（）证：因为，所以，即为令，从而
15、问题转化为证明方程在上有解，并讨论解的个数，因为，当或时，所以在上有解，且只有一解.当时，且，但由于，所以在上有解，且有两解 当时，由得：或，在上有且只有一解； 当时，由得：或，所以在上也只有一解 综上所述，对任意的，总存在，满足 当方程在上有唯一解，取值范围为【点睛】本题考查了导数的综合应用，同时考查了分类讨论的数学思想应用，属于难题20.对于无穷数列，若，则称是的“收缩数列”.其中，分别表示中的最大数和最小数.已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“收缩数列”.（1）若，求的前项和；（2）证明：的“收缩数列”仍是；（3）若，求所有满足该条件的.【答案】（1）（2）证明见解析（3）所有满足该条
16、件的数列为【解析】【分析】（1）由可得为递增数列，从而易得；（2）利用，可证是不减数列（即），而，由此可得的“收缩数列”仍是.（3）首先，由已知，当时，；当时，；当时，（*），这里分析与的大小关系，均出现矛盾，结合(*)式可得，因此猜想（），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明【详解】解：（1）由可得递增数列， 所以，故的前项和为.（2）因为，所以所以.又因为，所以，所以的“收缩数列”仍是.（3）由可得当时，；当时，即，所以；当时，即（*），若，则，所以由（*）可得，与矛盾；若，则，所以由（*）可得，所以与同号，这与矛盾；若
17、，则，由（*）可得.猜想：满足的数列是：.经验证，左式，右式.下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件.法1：由上述时的情况可知，时，是成立的.假设是首次不符合的项，则，由题设条件可得（*），若，则由（*）式化简可得与矛盾；若，则，所以由（*）可得所以与同号，这与矛盾；所以，则，所以由（*）化简可得.这与假设矛盾.所以不存在数列不满足的符合题设条件.法2：当时，所以即由可得又，所以可得，所以，即所以等号成立的条件是，所以，所有满足该条件的数列为.【点睛】本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识第（1）（2）问直接利用新概念“收缩数列”结合不等关系易得，第（3）问考查学生的从特殊到一般的思维能力，考查归纳猜想能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在本题属于难题
