1、任丘一中2020-2021学年第一学期高三年级阶段考（一）数学试题考试范围：一轮复习18章 考试时间：120分钟 满分：150分一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1. 已知全集为，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合N，根据交集计算即可.【详解】因为，所以，故选：C2. 若，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】A【解析】【分析】由，结合不等式的性质以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由，若，当时，可得，即
2、，所以充分性成立；当，即，可得，所以必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含3. 正项等比数列中，是方程的两根，则的值是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】正项等比数列中,为方程的两根,由韦达定理和等比数列的性质可得,故本题正确答案是4. 将函数图象向左平移个单位，所得函数图象
3、的一个对称中心是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由函数平移得解析式，再令，结合选项即可得解.【详解】将函数图象向左平移个单位，可得.令，解得.当时，有对称中心.故选D.【点睛】本题主要考查了函数的图像平移及正弦型三角函数的对称中心的求解，考查了学生的运算能力，属于基础题.5. 在平行四边形中，若交于点M，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角形相似的性质结合向量的运算，即可得出答案.【详解】，为线段靠近点的四等分点显然，即故选：B【点睛】本题主要考查了用基底表示向量，属于中档题.6. 设，则的值为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案
4、】C【解析】【分析】根据分段函数，结合指数，对数运算计算即可得答案.【详解】解：由于,所以.故选：C.【点睛】本题考查对数运算，指数运算，分段函数求函数值，考查运算能力，是基础题.7. 函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可排除A、D；再利用导函数判断在上的单调性，即可得出结论.【详解】因为，故排除A、D；，令，在是减函数，在是增函数，存在，使得，单调递减，单调递增，所以选项B错误，选项C正确.故选：C【点睛】本题考查由解析式选择函数图象的问题，利用导数研究函数单调性是解题的关键，考查学生逻辑推理能力，是一道中档题.8. 中，已知，设D是边的中点，且的面积
5、为，则等于( )A. 2B. 4C. -4D. -2【答案】A【解析】【分析】根据正、余弦定理求出；根据三角形面积公式求出；再根据D是边的中点，将，用和表示，再根据数量积的定义，即可求出结果【详解】， ， ，即， ，又角是的内角， 又，即 ，；又D是边的中点.故选：A【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，同时考查了平面向量基本定理和数量积运算，属中档题二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）9. 下列说法正确的是（ ）A. 在中，若，则B. 若、，且，则的最小值为C. 若、
6、，则的最小值为2D. 关于的不等式的解集是，则【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理以及大边对大角定理可判断A选项的正误；利用基本不等式可判断B、C选项的正误；利用二次不等式的解集与二次方程之间的关系可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，在中，若，则，由大边对大角定理可知，A选项正确；对于B选项，若、，且，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，令，由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，即的最小值为，B选项错误；对于C选项，若、，由基本不等式可得，整理得，解得，当且仅当时，等号成立，所以，的最小值为，C选项正确；对于D选项，由题意知，关于的二次方程的两根分别为、，由韦达定理得，解得
7、，所以，D选项错误.故选：AC.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查了正弦定理、利用基本不等式求最值，同时也考查了一元二次不等式与二次方程之间的关系，考查推理能力与计算能力，属于中等题.10. 若函数同时满足：对于定义域上的任意x，恒有；对于定义域上的任意，当时，恒有，则称函数为“理想函数”下列四个函数中能被称为“理想函数”的有（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】满足，是奇函数，满足，在定义域内是减函数，问题转化为判断以下函数是否满足这两个性质.奇偶性和单调性都不满足；奇偶性和单调性都不满足，和，分别用奇偶性定义判定是否为奇函数，再判定它们在定义域内的单调性是否满足.【详
8、解】对于对于定义域内的任意，恒有，即，所以是奇函数； 对于对于定义域内的任意，当时，恒有，不妨设，所以在定义域内是减函数；对于A：，在上是增函数，所以不是“理想函数”；对于 B：偶函数，所以不是“理想函数”；对于C：是奇函数，并且在R上是减函数，所以是“理想函数”；对于D：，所以是奇函数；根据二次函数的单调性，在，都是减函数，且在处连续，所以在上是减函数，所以是“理想函数”.故选：CD.【点睛】本题以新定义为背景，考查函数性质的判定，对于常用函数的单调性和奇偶性要熟练掌握，判定时可以对函数解析进行化简，减少计算量，属于中档题.11. （多选题）在棱长为1的正方体中，点M在棱上，则下列结论正确的
9、是（ ）A. 直线与平面平行B. 平面截正方体所得截面为三角形C. 异面直线与所成的角为D. 的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】，利用面面的性质即可判定直线与平面平行；，平面截正方体所得的截面可能为四边形；，异面直线与所成的角为，即可判定；，原问题相当于：，直线，间距离为1，在上找一点使得到上两点间距离之和最小只需找到关于的对称点即可【详解】对于，面面，即可判定直线与平面平行，故正确；对于，如图1，平面截正方体所得的截面可能为四边形，故错误；对于，如图2，异面直线与所成的角为，因为为等边三角形，即可判定异面直线与所成的角为，故正确；对于，如图3，如图4，原问题相当于：，直线，间距离为1，
10、在上找一点使得到上两点间距离之和最小只需找到关于的对称点，的最小值即为线段的长度，故正确故选：ACD【点睛】本题考查了空间点线面位置关系，考查了转化思想、空间想象能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平12. 已知函数，若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】首先利用导数求出分段函数的单调性和最值，从而得到函数的图象，将题意转化为函数与有个交点，根据函数的图象即可得到答案.【详解】当时，令，解得，（舍去）.，为减函数，为增函数.当时，令，解得，为减函数，为增函数.，且当时，.函数的图像如图所示：因为方程有两个不相等的实根，等价
11、于函数与有个交点，所以或.故选：AC【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的零点，同时考查了数形结合的思想，属于中档题.三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分.其中第16题第一空2分，第二空3分.)13. 命题“”的否定是_【答案】【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求解.【详解】“”的否定是，故答案为：14. 若数列的前n项和为，则的值为_.【答案】299【解析】【分析】根据题意，利用通项公式求出，利用分组并项求和法求出，由此可求出答案【详解】解：，故答案为：299【点睛】本题主要考查数列的分组并项法的求和公式，考查计算能力，属于基础题15. 已知向量，若，则的最小值为_【
12、答案】【解析】【分析】先利用得出，可得，然后将代入中，结合基本不等式求最值即可.【详解】因为，所以，即，整理得：，又因为，所以，解得：.所以当且仅当，即时等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，考查利用基本不等式求最值. 一般地，若 ，当(为定值)，求解的最值时，利用，然后展开根据均值不等式求解即可.16. 顶角为的等腰三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形看起来标准又美观.如图所示，是黄金三角形，作的平分线交于点，易知也是黄金三角形.若，则_；借助黄金三角形可计算_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意，得出，求出，再利用两角和与差公式以及余弦定理求出，利
13、用诱导公式，即可求出.【详解】由题可得，所以，得，且.设，则，所以，可解得.因为.在中，根据余弦定理可得，所以.故答案为：；.【点睛】本题考查三角形相关的角的正弦值和余弦值，其中运用相似三角形和余弦定理，以及两角和与差公式和诱导公式化简.四、解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17. 已知在中，同时还可能满足以下某些条件：；.（1）直接写出所有可能满足的条件序号；（2）在（1）的条件下，求及的值.【答案】（1），；（2）；【解析】【分析】（1）根据大边对大角，可得，然后根据正弦定理，可得.（2）利用正弦定理，可得，然后利用余弦定理，简单计算可得结果.【详解
14、】解：（1），.（2）由，可得解得或（舍）.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，识记公式，熟练使用正弦定理、余弦定理，边角互化，考验计算能力，属中档题.18. 数列的前n项和为，若，点在直上.（1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和；【答案】（1）证明见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）由点（Sn，Sn+1）在直线（nN*）上，得，对此式两边同除以n+1，得到，可得；根据，求出数列an的通项公式，（2）求得数列bn的通项公式，然后利用错位相减法求得数列bn的前n项和Tn；【详解】（），则有：数列是以3为首项，1为公差的等差数列故- 当时，当时，当
15、时也成立（）， 解得：【点睛】本题考查数列通项公式求解及等差数列性质，考查数列求和方法，易错点点睛由求 不检验首项；方法点睛：数列求和的基本方法：1.公式法，2错位性减法，3裂项相消，4分组求和19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，.（1）求证：平面平面；（2）若，试判断棱上是否存在与点不重合的点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析.（2）答案见解析.【解析】【详解】分析：（1）由题意结合几何关系可证得平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面.（2）结合（1）的结论可知平面，据此建立空间直角坐标系，假设棱上存在点，使得直线与平
16、面所成角的正弦值为，设，由题意可得平面的一个法向量为，且，结合空间向量的结论得到关于的方程，解方程可知存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.详解：（1）因为四边形是平行四边形， ，所以，又，所以，所以，又，且，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）由（1）知平面，分别以所在直线为轴、轴，平面内过点且与直线垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，则 ，由，可得，所以，假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，设，则，设平面的法向量为， 则,即，令，可得，所以平面一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则: ，解得或者（舍）.所以存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.点睛：本题主要考查面面垂直的
17、判断定理，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20. 已知函数.（1） 当 时，试判断函数的奇偶性，并证明你的结论；（2） 若不等式 在 上恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）偶函数，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）当 时，得到，利用函数的奇偶性的定义，即可求解；（2） 由 ，得到，令 ，转化为 在 上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）函数为偶函数，证明如下：函数的定义域为，关于原点对称，当 时，可得，即，所以函数为偶函数.（2） 由不等式 ，可得，即 ，令 ，原不等式等价于 在 上恒成立， 即 在 上恒成立，令，当 时， 所以，即实数的取
18、值范围【点睛】不等式在给定区间上的恒成立问题的求解方法：1、若在集合中恒成立，即集合是不等式的解集的子集，可以先求出解集，再由子集的含义求解参数的值（或范围）；2、转化为函数值域问题，即已知函数的值域为，则恒成立，转化为，即；恒成立，转化为，即.21. 学校某社团参加某项比赛，需用木料制作如图所示框架，框架下部是边长分别为的矩形，上部是一个半圆，要求框架围成总面积为.（1）试写出用料（即周长）关于宽函数解析式，并求出的取值范围；（2）求用料（即周长）的最小值，并求出相应的的值.【答案】（1），；（2），此时【解析】【分析】（1）根据面积可得到与的关系，写出周长即可（2）根据（1）写出的，利用均
19、值不等式求解即可.【详解】（1），由得.（2），当且仅当，即等号成立.【点睛】本题主要考查了实际问题中的函数关系，均值不等式，属于中档题.22. 已知函数，曲线在点的切线方程为.（1）求实数的值，并求的极值.（2）是否存在，使得对任意恒成立？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（1），无极小值.（2）存在，3【解析】【分析】（1）由求导公式求出导数，再由切线的方程得，列出方程求出的值，代入函数解析式和导数，分别求出、对应的的范围，即求出函数的单调区间；（2）先将分离出，构造函数，再求出此函数的导数并化简，再构造函数并二次求导，通过特殊函数值的符号，确定函数零点所在的区间，列出表格
20、判断出的单调性，从而求出的最大值，再由自变量的范围确定出的最大值的范围，从而求出满足条件的的最小值【详解】（1）依题意，所以，又由切线方程可得，即，解得，所以，所以，令，解得，当时，的的变化情况如下：+0-极大值所以，无极小值.（2）若对任意恒成立，则，记，只需.又，记，则，所以在上单调递减.又，所以存在唯一，使得，即，当时，的变化情况如下：+0-+0-极大值所以，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，又，所以，因为，即，且，故的最小整数值为3.所以存在最小整数，使得对任意恒成立.【点睛】本题考查导数的几何意义，导数与函数的单调性、最值之间的关系，恒成立问题转化为求函数的最值，以及构造法、二次求导判断函数的单调性，考查分析问题、解决问题的能力，化简计算能力
