1、天津开发区第一中学2020-2021学年度第一学期高三年级数学测试（11月）一. 选择题（共10小题，共50分，将答案填写在答题纸上）1. 设集合A=x|x3，则(RA)B=（ ）A. (1，3)B. 1，3C. (3，4)D. 3，4)【答案】B【解析】【分析】求出B中不等式的解集确定出B，找出与B的交集即可【详解】由可得且，解得，所以，因为A=x|x3，所以，所以(RA)B=1，3，故选：B【点睛】本题主要考查了集合的补集，交集运算，分式不等式求解，属于中档题.2. 设等差数列的前项之和为，已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由等差数列的通项公式可得，再由，从而
2、可得结果.【详解】解：，.故选：B3. 设等比数列的前项和为，若，则（ ）A. 31B. 32C. 63D. 64【答案】C【解析】【分析】根据等比数列前项和的性质列方程，解方程求得.【详解】因为为等比数列的前项和，所以，成等比数列，所以，即，解得.故选：C4. 函数y=sin2x的图象可能是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令， 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下
3、位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复5. 下列三个命题：命题：，则命题的否定是：；命题：，命题：，则是成立的充分不必要条件；在等比数列中，若，则；其中真命题的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对每个命题逐一判断真假即可.【详解】命题：，则命题的否定是，所以该命题是假命题；化简命题：，命题：，则是成立的非充分非必要条件，所以该命题是假命题；在等比数列中，若，则，但是等比数列的奇数项都是同号的，所以要舍去-4，所以.所以该命题是假命题.所以有0个真命题.故选：A.6. 如图所示，
4、在菱形中，为的中点，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】用、表示向量，然后利用平面向量数量积的运算性质可计算出的值.【详解】为的中点，且为菱形，则，.故选：A.【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查了平面向量数量积运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.7. 中，对应的边分别为，三角形的面积为，则边的长为（ ）A. B. C. 7D. 49【答案】C【解析】【分析】首先利用三角形的面积公式，求出，再利用余弦定理即可求解.【详解】由，则，解得，在中，由余弦定理可得：，解得.故选：C【点睛】本题考查了三角形的面积公式、余弦定理，需熟记公式与定理，属于基础题.8.
5、已知函数若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据对数函数与指数函数的性质，得到，再根据函数单调性，即可判断出结果.【详解】因为，函数与都是增函数，所以也是增函数，因此，即.故选：D.【点睛】本题主要考查由函数单调性比较大小，熟记指数函数与对数函数的性质即可，属于常考题型.9. 已知函数的图象与轴相邻交点的横坐标相差，把函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象.关于函数，下列说法正确的是（ ）A. 在上是增函数B. 其图象关于直线对称C. 函数是奇函数D. 当时，函数的值域是【答案】D【解析】【分析】由已知可求出函数的解析式，进而根据函数图象
6、的平移变换法则得到函数的解析式，根据余弦函数的性质分析出函数的奇偶性、单调性、对称性以及函数的值域【详解】函数又函数的图象与轴的两个相邻交点的距离等于，故函数的最小正周期，又，故将函数的图象向左平移个单位可得：；函数是偶函数，C错；令，即，故函数的增区间为，在上不是增函数，A错；时，不是最值，不是对称轴，B错；由可得，故，D正确，故选：【点睛】本题主要考查函数的周期性、三角函数图象的平移变换法则，两角和与差的正弦函数、诱导公式，余弦函数的奇偶性、单调性、对称性与值域，熟练掌握正弦型函数的图象性质及变换法则是解答本题的关键10. 定义在上的偶函数满足，且当时，函数是定义在上的奇函数，当时，则函数
7、的零点的的个数是（ ）A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】C【解析】【分析】由，得出，转化为函数与函数图象的交点个数，然后作出两个函数的图象，观察图像即可【详解】由于，所以，函数的周期为，且函数为偶函数，由，得出，问题转化为函数与函数图象的交点个数，作出函数与函数的图象如下图所示，由图象可知，当时，则函数与函数在上没有交点，结合图像可知，函数与函数图象共有11个交点，故选C.【点睛】本题考查函数的零点个数，有两种做法：一是代数法，解代数方程；二是图象法，转化为两个函数的公共点个数，在画函数的图象是，要注意函数的各种性质，如周期性、奇偶性、对称性等性质的体现，属于中等题二. 填空题：（
8、共8小题，共40分，将答案填写在答题纸上）11. 在中，若，则等于_.【答案】；【解析】【分析】由条件利用三角形内角和公式求得，再利用正弦定理即可求解.【详解】在中，即，故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理解三角形，需熟记定理的内容，属于基础题.12. 已知向量，若，则_.【答案】【解析】【分析】先利用向量平行的坐标运算求得参数x，再求的坐标，再求得模长即可.【详解】向量，故，故，即，.故答案为：.13. 曲线在点M(，0)处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】由题意可得，据此可得切线的斜率，结合切点坐标即可确定切线方程.【详解】由函数的解析式可得：，所求切线的斜率为：，由于切点坐标为，故切
9、线方程为：.【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.14. 若向量，则向量与夹角等于_.【答案】【解析】【分析】先利用垂直关系得到，再利用数量积求夹角的余弦值，根据范围即求得夹角.【详解】因为向量，故，即.设向量与的夹角为，则，故.故答案为：.15. 已知数列满足，则_.【答案】【解析】【分析
10、】先化简整理已知条件得是等差数列，求其通项公式，得到数列通项公式，再计算即可.【详解】由得，即，故，故是以为首项，以2为公差的等差数列，所以，所以，故.故答案为：.【点睛】本题解题关键在于化简已知条件得到，构造数列是等差数列，进而通过其通项公式求得数列的通项公式，以突破难点.16. 在数列中，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由累加法求出数列的通项公式，进而可得到的解析式，再根据基本不等式可求得最小值.【详解】解：，即：，将这个式子累加可得：，即当时，又，又也适合上式，由对勾函数的性质可知：当且仅当时取得最小值，即时取得最小值，又且， ，的最小值为：.故答案为： .【点睛】易错点点睛：运
11、用累加法求数列通项时，注意验证首项是否满足，若不满足，则需要写成分段的形式.17. 已知首项与公比相等且不为1的等比数列中，若，满足，则的最小值为_；【答案】【解析】【分析】将写成等比数列基本量和的形式，结合可得，从而利用，展开后使用基本不等式即得结果.【详解】设等比数列公比为，则首项，由得：则： 再 则（当且仅当，即时取等号），即，.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用基本不等式求最值时，需注意取等号条件是否成立.（1）积定，利用，求和的最小值；（2）和定，利用，求积的最大值；（3）妙用“1”拼凑基本不等式求最值.18. 如图,菱形ABCD边长为3,对角线AC与BD相交于O点,|=2,E为BC
12、边(包含端点)上一点,则|的取值范围是_,的最小值为_.【答案】 (1). (2). .【解析】【分析】时，长度最短，与重合时，长度最长然后以)以O为原点,BD所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，设出点坐标，把向量数量积用坐标表示后可求得最小值【详解】根据菱形性质可得OC,则BO.(1)作AFBC,则AF,此时AE最短,当E与C重合时,AE最长,故,即|;(2)以O为原点,BD所在直线为x轴建系如图:则A(0,)B(,0),C(0,),D(,0),所以BC:y,设E(m,)则,其中m对称轴为m,故当m时最小,最小值为.故答案为：；【点睛】本题考查向量的模和向量的数量积，向量模的范围可由几何图
13、得出，而数量积的最值通过建立坐标系，用坐标运算把数量积表示一个函数，由函数知识求解这样只要计算即可三. 解答题（共4小题，共60分，将答案书写在答题纸上）19. 已知向量，设函数.（1）求函数取得最大值时取值的集合； （2）设A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角，若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用三角函数公式和平面向量数量积对函数简化，再根据三角函数的性质求得函数取得最大值时取值的集合；（2）根据已知条件求得的B，C大小，然后利用展开即可求解.【详解】（1），要使函数取得最大值，需要满足取得最小值，所以，所以，所以当取得最大值时取值的集合为，（2）因为A，B，C为锐
14、角三角形ABC的三个内角，所以，由，得，因为所以，解得，所以所以.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟记两角和差的正弦余弦公式，辅助角公式，诱导公式，同角三角函数基本关系，向量的数量积的坐标表示，注意三角形是锐角三角形以确定角的范围.20. 已知数列的前项和为，且，数列满足：，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，为数列的前项和，求.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据，利用数列的通项与前项和的关系求解；（2）由（1）知，得到，然后利用分组求和法求解.【详解】（1）数列的前项和，当时，当时，两式相减得： 又时，满足上式所以 又，所以， 所以.（2），由（1）知，所以 【点睛】方法
15、点睛：求数列的前n项和的方法(1)公式法：等差数列的前n项和公式，等比数列的前n项和公式；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解21. 已知等比数列的公比，且
16、，等差数列的前项和为，且有，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，是数列的前项和，对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用已知条件列关系求出基本量，进而得到通项公式即可；（2）利用错位相减法求和，再讨论n的奇偶性分离参数，利用最值解决恒成立问题.【详解】解：（1）等比数列中， 故，又，所以，故；等差数列中，即，又，故，所以，故；（2）因为，故，则，两式作差得：故，所以恒成立，当n是偶数时，不等式即，易见是递增数列，故时取得最小值，所以，当n是奇数时，不等式即，易见是递减数列，故时取得最大值，所以，综上可知，实数的取值范围是.【点睛】方法点
17、睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.22. 已
18、知函数，.（1）当时，求函数的单调区间和极值；（2）若对于任意，都有成立，求实数的取值范围；（3）若，且，证明：.【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析.【解析】【详解】（1）， 时，因为，所以，函数的单调递增区间是，无单调递减区间，无极值； 当时，令，解得，当时，；当，所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是， 在区间上极小值为，无极大值 （2）由题意，即问题转化为对于恒成立，即对于恒成立， 令，则，令，则，所以在区间上单调递增，故，故，所以在区间上单调递增，函数 要使对于恒成立，只要，所以，即实数k的取值范围为 （3）证法1 因为，由（1）知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且不妨设，则，要证，只要证，即证因为在区间上单调递增，所以，又，即证， 构造函数，即， ，因为，所以，即，所以函数在区间上单调递增，故，而，故， 所以，即，所以成立 证法2 要证成立，只要证：. 因为，且，所以，即，即，同理，从而， 要证，只要证，令不妨设，则，即证，即证，即证对恒成立， 设，所以在单调递增，得证，所以.
