1、高考资源网（） 您身边的高考专家海淀区2020-2021学年第一学期期中练习高三数学本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.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. 0，2B. 0，2，4C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用交集的定义运算求解即可【详解】集合，则故选：A2. 已知向量，. 若，则的值为（ ）A. 4B. 1C. -4D. -1【答案】C【解析】【分析】利用向量平行的坐标运算公式
2、即可得到答案.【详解】因为，所以，解得故选：C3. 命题“，使得”的否定为（ ）A. ，使得B. ，使得C. ，都有D. ，都有【答案】C【解析】【分析】利用含有一个量词的命题的否定定义得出选项【详解】命题“，使得”的否定为“，都有”故选：C4. 设a，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由，可得，A错；利用作差法判断B错；由，而，可得C错；利用基本不等式可得D正确【详解】，故A错；，即，可得，故B错；，而，则，故C错；，等号取不到，故D正确；故选：D5. 下列函数中，是偶函数且在区间上为增函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据奇偶性和单
3、调性的定义逐个判断即可.【详解】对于A，的定义域为，故不是偶函数，故A错误；对于B，的定义域为，关于原点对称，且，是偶函数，且根据幂函数的性质可得在上为增函数，故B正确；对于C，的定义域为，关于原点对称，且，故是奇函数，故C错误；对于D，在有增有减，故D错误.故选：B.6. 已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）A. （0，1）B. （1，2）C. （2，3）D. （3，4）【答案】C【解析】【分析】判断函数的单调性，以及（2），（3）函数值的符号，利用零点存在性定理判断即可【详解】函数，是增函数且为连续函数，又（2），（3），可得所以函数包含零点的区间是故选：【点睛】本题主要考查零点
4、存在定理的应用，应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.7. 已知数列的前n项和为，且，则（ ）A. 0B. 1C. 2020D. 2021【答案】A【解析】【分析】当时，当时，利用，结合题干条件，即可求得答案.【详解】当时，当时，所以，即，故选：A8. 已知函数的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象若函数为奇函数，则t的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由图象可得时，函数的函数值为0，可以解出的表达式，再利用平移的知识可以得出的最小值【详解】解：由图象可得时，函数的函数值为0，即，将此函数向
5、左平移个单位得，又因为为奇函数，因为故选：【点睛】已知f(x)Asin(x)(A0，0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法：(1)由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令x00(或x0)，即可求出.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.9. 设x，y是实数，则“，且”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【
6、解析】【分析】首先判断“，且”能否推出 “；再判断能否推出“，且”，利用充分条件和必要条件的定义即可判断.【详解】若“，且”,则，所以“，且”是“充分条件；若，则，可得，但得不出“，且”，如，可得，所以得不出“，且”，所以“，且”是“充分不必要条件；故选：A【点睛】关键点点睛：本题关键是要熟悉充分条件和必要条件的定义，能正确判断条件能否推出结论，结论能否推出条件.10. 对于函数若集合中恰有个元素，则称函数是“阶准偶函数”.若函数是“阶准偶函数”，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据“阶准偶函数”定义，分，三种情况分析即可得答案.【详解】解：根据题意，函数
7、是“阶准偶函数”，则集合中恰有个元素.当时，函数有一段部分为，注意的函数本身具有偶函数性质，故集合中不止有两个元素，矛盾，当时，根据“阶准偶函数”的定义得的可能取值为或，为，故当，该方程无解，当，解得或，故要使得集合中恰有个元素，则需要满足，即；当时，函数，的取值为，为，根据题意得满足恰有两个元素，故满足条件.综上，实数的取值范围是.故选：B【点睛】本题解题的关键是根据新定义的“阶准偶函数”，将问题转化为研究函数，可能取何值，进而根据方程有两个解或求解.考查运算求解能力与综合分析能力，是中档题.第二部分（非选择题 共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 若复数，则 _.【
8、答案】【解析】【分析】化简可得，利用求模公式，即可求得答案.【详解】由题意得：，所以，故答案为：12. 已知，则_.【答案】-3.【解析】【分析】由两角差的正切公式展开，解关于的方程【详解】因为，所以【点睛】本题考查两角差正切公式的简单应用，注意公式的特点：分子是减号，分母是加号13. 已知等差数列的前项和为若，公差，则的最大值为_.【答案】25【解析】【分析】由已知求出等差数列的通项公式，求出满足的最大值，代入可得的最大值【详解】，令，解得，又，则的最大值为故答案为：2514. 在边长为2的正三角形中，是的中点，是线段的中点.若，则_； _.【答案】 (1). (2). 1【解析】【分析】用
9、表示出，得出，的值即可求出；结合正三角形的性质，根据平面向量数量积的定义计算【详解】是的中点，是的中点，故是边长为2的正三角形，是的中点，且，故答案：，1【点睛】本题主要考查向量的运算及平面向量数量积公式，平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是.15. 唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导.如图，某桨轮船的子的半径为，它以的角速度逆时针旋转.轮子外边沿有一点， 点到船底的距离是（单位：），轮子旋转时间为（单位：s）. 当时，点在轮子的最高点处. 当点第一次入水时，_；当时，函数的瞬时变化率取得最大值，则的最小值是_.【答案】 (1). (2). 【解析】
10、【分析】（1）根据题意，列出方程，分类讨论即可求解；（2）求出导数得，当时，瞬时变化率取得最大值，进而求解【详解】（1）当时，点在轮子最高点处，由图可知，轮船距离船底1m，半径3m，设为，则，当点第一次入水时，水面高2.5m，即，代入得，第一次入水即在满足的情况下满足现实条件后可取的最小值，（2）瞬时变化率取得最大值，即最大，当时，瞬时变化率取得最大值，此时，的最小值为故答案为：；【点睛】关键点睛：解题的关键在于求出和，根据题目的实际情况求解，难度属于中档题三、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. 在中，.（1）若的面积为，求的值；（2）求的值.【答案】（1
11、）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，根据可求得，利用面积公式即可求出；（2）由余弦定理即可求出.【详解】解：（1）由正弦定理得：.因为，所以.因为，所以，因为，所以，所以，所以；（2）由（1）知，因为，所以，所以，所以.17. 已知等差数列满足，.（1）求的通项公式；（2）等比数列的前项和为，且，再从条件、条件、条件这三个条件中任选择两个作为已知条件，求满足的的最大值.条件：；条件：；条件：.【答案】（1）；（2）选择：10；选择：10；选择：10.【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式将已知条件转化为关于和的方程，即可求解；（2）选择时，根据条件可以求出，.，再利用可以求
12、出，即可求出的公比，利用等比数列前项和公式计算出，解不等式即可；选择时，首先利用和求出，再利用可得，利用等比数列前项和公式计算出，解不等式即可；选择时，可得结合，可得公比，利用等比数列前项和公式计算出，解不等式即可.【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，因为，所以，解得：所以；（2）（I）选择设等比数列的公比为q，因为，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即n的最大值为10.（II）选择设等比数列的公比为q，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以.即n的最大值为10.选择设等比数列的公比为q因为，所以.所以，或.因为，所以.所以因为，所以所以.即n的最大值为10.【
13、点睛】关键点点睛：本题的关键是熟记等差和等比数列的通项公式，等比数列的前项和公式，关键是利用得出.18. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）求函数在区间上的最大值和最小值.【答案】（1）或；（2）最小值，最大值.【解析】【分析】（1）直接解不等式可得不等式的解集；（2）对函数求导，令，求出方程根，得出单调性可得函数的最值【详解】（1）因为，由，得.所以或.所以不等式的解集为或；（2）由得：.令，得，或（舍）.与在区间0，2上的情况如下：x0（0，1）1（1，2）20+0减增所以当时，取得最小值；当时，取得最大值.19. 已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）设. 当时，的取值范围为，求的
14、最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）令，解不等式即可求解；（2）先求出并化简，利用的值域可得出，结合正弦函数的图象可知，即可求出的最大值.【详解】（1）令，.所以，.所以函数的单调递减区间.（2）因为，所以.因为的取值范围为，所以的取值范围为所以.解得：.所以m的最大值为.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是要熟记正弦函数的图象，灵活运用三角恒等变换将化为一名一角，能结合正弦函数的图象得出.20. 已知三次函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在区间上具有单调性，求的取值范围；（3）当时，若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）对
15、函数求导，当时，进而可得切线方程；（2）当时，在R上不具有单调性；对函数求导，令，按和分别判断单调性，列不等式可求得的取值范围；（3）先证明：，由（2）知，当时，的递增区间是，递减区间是（0，2），因为，不妨设，则，按和分别证明不等式成立，再证明对任意，不成立即可【详解】由可得：（1）当时，.所以曲线在点处的切线方程为.（2）由已知可得当时，令得，.与在区间_上的情况如下：x0（0，2）2+00+增极大值减极小值增因为在上具有单调性，所以.当时，与在区间上的情况如下：x0（0，2）200减极小值增极大值减因为在上具有单调性，所以，即.综上所述，a的取值范围是.（3）先证明：.由（2）知，当时，
16、的递增区间是，递减区间是（0，2）.因为，不妨设，则.若，则.所以.若，因为，所以，当且仅当时取等号.综上所述，.再证明：的取值范围是.假设存在常数，使得对任意，.取，且则，与矛盾.所以的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查导数研究函数的单调性，考查导数证明不等式，本题解题的关键为利用第（2）问的单调性，由和，确定出，再按和分类讨论，利用放缩法证明，以及利用反证法证得不成立，考查了学生分类讨论思想和逻辑思维能力，属于中档题21. 已知是无穷数列，且对于中任意两项，在中都存在一项，使得.（1）若，求；（2）若，求证：数列中有无穷多项；（3）若，求数列的通项公式.【答案】（
17、1）7；（2）证明见解析；（3），.【解析】【分析】（1）依题意代入计算可得；（2）利用反证法证明即可；（3）分与两种情况讨论，当时，首先证明数列是递增数列，再证明：，即可；当时，令，结合的结论即可得解；【详解】解：（1）取，则存在，使得，即.因为，所以.（2）假设中仅有有限项为0，不妨设，且当时，均不为0，则.取，则存在，使得，与矛盾（3）当时，首先证明数列是递增数列，即证，恒成立若不然，则存在最小的正整数，使得，且.显然.取，2，则存在，使得因为，所以，这个不同数恰为，这项.所以与矛盾.所以数列是递增数列.再证明： ，记 即证，当时，结论成立.假设存在最小的正整数使得 对任意恒成立，但则.取，则存在，使得因为数列是递增数列，所以.所以.因为，这个数恰为，这项.所以，与矛盾.所以 ，当时，令，则，且.对于中任意两项，因为对任意，存在使得，所以，即存在使得.因此数列满足题设条件.由 可知，所以，综上所述，经检验，数列满足题设条件.【点睛】本题属于数列新定义问题，考查反证法的应用，以及数学归纳法的证明数列的单调性；- 20 - 版权所有高考资源网