北京市朝陽區(qū)2021屆高三上學期期中質(zhì)量檢測數(shù)學試題

1414北京市朝陽區(qū)2020~2021學年度第一學期期中質(zhì)量檢測高三數(shù)學試卷2020.11（考試時間120分鐘滿分150分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.)D.{0,1,2,3}已知集合A=(xIx2-x-2<B={—1,0,1,2,3}，則AB二(A.{—1,0,1}B.{—l,0,l,2}C.)D.{0,1,2,3}B先解不等式，化簡集合A，再由交集的概念，即可得出結(jié)果.因為A={xx2—x—2<0^={x—1<x<2}，B={—1,0,1,2,3}，所以AB={-1,0,1,2}.故選：B.「I兀兀3已知xe(0,—),sin(—-x)=―,則sin2x=()251225b.25C.1225D.1225b.25C.1225D.2425由題可知，根據(jù)誘導(dǎo)公式可求出cosa，再根據(jù)sin2a+cos2a=1求出sina，最后由二倍角公式可求出sin2a.解：Txe(0,—),sin(—-x)=；,2253..cosa=—，則sina=J1-cos2a=324sin2a=2sinacosa=2*—*—二故選：B.253.已知3.已知a=2-—，b=log-,23c=log丄-，貝9()2A.a>bA.a>b>cB.a>c>bC.c>a>bD.c>b>aC利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可比較大小.

a二2-1<2o=1，又y二2x>0，所以0<a<1,b=log-<log1=0，232c=log->log-=1,13丄2'22所以c>所以c>a>b.故選：CC由AC=AB+BC，BC=2BD，"BD=AD-AB即可求出?-??可得AC二AB+BC二AB+2BD二AB+2(AD-AB)=-AB+2AD二-a+2b.故選：C.5.“l(fā)na>lnb”是“3a>3b”的()A.充分而不必要條件A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.C.充分必要條件根據(jù)充分必要條件定義判斷．lna>lnbna>bn3a>3b，充分性滿足,3a>3bna>b，但不能得出lna>lnb，如a<0或b<0時，對數(shù)不存在，必要性不滿足.因此應(yīng)是充分不必要條件．故選：A．函數(shù)/(x)=￥sin3x-2cos3x=sin(3x違),由f(x)的圖象與直線y=1相鄰兩個交點間的距離等于兀，2兀所以f(x)的最小正周期為T==兀，所以f(x)=sin(2x-卡),令2x-=k兀+=,解得x=—+,keZ；TOC\o"1-5"\h\z223_兀當k=0時，得f(x)圖象的一條對稱軸是x=—?故選：D.7.在△ABC中，AB=4,AC=3,且IAB+AC1=1AB-ACI,則BC-CA=()A.-12B.-9C.9D.12B——?一.一由IAB+ACI=IAB-ACI,可得AB丄AC，結(jié)合平面向量數(shù)量積的幾何意義可得答案因為IAB+ACI=IAB-ACI,―>—>所以,兩邊平方可得AB?AC=0，所以AB丄AC，BC?CA=-CB?CA=-|C^||CBcosZACB=-|ca|2=-9，故選：B.3322121iog22>0,???f(iog22)=f(-iog22)=f(iog23)=2log23+3=3+3=1?故選：b.廠Ix+1I—7Wxve-29.已知函數(shù)f(x)={''若存在實數(shù)m,使得f(m)=2a2-4a成立，則實數(shù)a的lnx,e-2<x<e.取值范圍是()A.[-1,+s)B.(?,-1]U[3,+s)C.[-1,3]D.(-a,3]C根據(jù)函數(shù)f(x)的圖象，得出值域為[-2,6]，利用存在實數(shù)m，使f(m)=2a2-4a成立，可得-22a2-4a6，求解得答案.作出函數(shù)忑)Jx+兒-7xVe-2的圖象如圖：lnx,e-2xef(-7)=6,f(e-2)=-2W?值域為[-2,6],

若存在實數(shù)m，使得f(m)=2a2-4a成立,22a2-4a6，解得Ta3,10.已知奇函數(shù)f(x)的定義域為(-y,—),且廣(X)是fx)的導(dǎo)函數(shù)?若對任意x&(-—,0),都有廣(x)cosX+f(x)sinx<0,則滿足f(0)<2cos0-f()的0的取值范圍是()人/兀兀、A.(-亍3)/兀兀、人/兀兀、A.(-亍3)B.(-亍-亍)°(3，1)/兀兀、D./兀兀、D.(3,2)C?(-齊)令g(x)=軋’先判斷函數(shù)g(x)為奇函數(shù)'再判斷函數(shù)g(x)在區(qū)間(送，3上單調(diào)遞減'由f(由f(0)<2cos0?，得g(0)<g(―)，即可求出.令g(X)=，XG(-，+),cosx22f(x)為奇函數(shù)，y=COsX為偶函數(shù),.g(X)為奇函數(shù).??Vxg(-,0)，有f'(x)cosx+f(x)sinx<0,2，/、廠(x)cosx+f(x)sinx門:::gr(x)=<0,cos2x兀???g(x)在區(qū)間(--,0)上單調(diào)遞減，又g(x)為奇函數(shù),???g(x)在區(qū)間(--,色)上單調(diào)遞減,22當x&(-1，卻，cosx>0,f(0)v2cos-f(*),.如v…cos0cos3兀???g(0)<g(-),...專<0v2故選：D第二部分(非選擇題共110分)二填空題共5小題，每小題5分，共25分TOC\o"1-5"\h\z11.已知向量a二(3,1),b=(t,2)，若a//b，則實數(shù)t=‘6>—>根據(jù)a//b即可得出3x2-1二0，解出匸即可.；向量a二(3,1),b=(t,2)，且a//b，?.6—0,?t=6?一一_―?故答案為：6．12.已知x>0,y>0,xy二1，則x+4y的最小值為，此時x的值為(1).4(2).214由xy二1，求得y=丄，再由x+4y=x+―,結(jié)合基本不等式，即可求解.xx由x>0,y>0,xy—1，可得y=—,xI~441則x+4y—x+一>2;x-——4，當且僅當x—時，即x—2,y—時等號成立，x\xx2所以x+4y的最小值為4，此時x—2.

故答案為：4，2.13.在一個房間使用某種消毒劑后，該消毒劑中的某種藥物含量y(mg/m3)隨時間t(h)變化的規(guī)at,01、at，1at,01、at，1<t<2t,12(a>0)如圖所示，則a=實驗表明，當房間中該藥物含量不超過0.75mg/m3時對人體無害，為了不使人體受到該藥物傷害，則使用該消毒劑對這個房間進行消毒后至少經(jīng)過小時方可進入.(1).2(2).|的根據(jù)函數(shù)圖象當t=根據(jù)函數(shù)圖象當t=2時，y=1，即可求出a=2，從而得到y(tǒng)=<2t,01(a>0)，再根據(jù)12t題意解不等式即可.12由題知：當t=時，y=1，即—1，解得a=2.2a(a>0)(a>0)所以y=<當0當0<t<—時，y二2t，單調(diào)遞增,y=—，單調(diào)遞減,12令—<0.75，解得t>|，2所以經(jīng)過|小時后方可進入房間.故答案為：2；14.設(shè)｛14.設(shè)｛an｝是公差為d的等差數(shù)列,Sn為其前n項和?能說明“若d>°，則數(shù)列｛Sn｝為遞增數(shù)列”是假命題的一組ai和d的值為.a=一4,d=2（滿足a+d<0均可）11由題可知需滿足S<S，即a+d<0，任取一組數(shù)均可.211要滿足“若d>0，貝V數(shù)列｛S｝為遞增數(shù)列”是假命題，n則只需滿足S<S，即a<0，即a+d<0，2121所取的一組a和d的值滿足a+d<0即可，如a=-4,d二2.111故答案為：a=-4,d二2（滿足a+d<0均可）.11公元前2世紀的古希臘天文學家和數(shù)學家希帕科斯是三角學的創(chuàng)立者之一，他因天文觀測的需要編制了有關(guān)三角比率的表格.后人推測希帕科斯在編制表格的過程中本質(zhì)上使用了公式1coscysin2=一-一.如圖是希帕科斯推導(dǎo)此公式時使用的幾何圖形，已知點B在以線段AC為直徑的圓O上，D為弧BC的中點，點E在線段AC上且AE=AB，點F為EC的中點?設(shè)cOA=r,ZDOC=a.給出下列四個結(jié)論:①CD=2rsin—②AB=2rsina:③CF=r（l-cosa）;2<④CD2=2r2（1_cosc）.其中，正確結(jié)論的序號是.①③④分析】根據(jù)圖形結(jié)合三角函數(shù)判斷.由等腰三角形求CD，判斷①，由圓周角與圓心角及所對弧的關(guān)系，求得ZBAO，在等腰三角形中求得AB，判斷②，利用ae=ab，判斷③，在CDO中應(yīng)用余弦定理判斷④．a(chǎn)△△DOC是等腰三角形，OD=OC=r，ZDOC=aDC=2rsin-，①正確；21ZBAC=—BC=CD=a，oab中，OA=OB=r，AB=2rcosa，②錯誤；2

AE=ABAE=AB=2rcosa,CF二1CE二2(AC-AE)二1(2r-2rcosa)二r(1-cosa),③正確；CDO中，由余弦定理得CD2=OD2+OC2一2OD-OCcosa=2r2一2r2cosa=2r2(1-cosa),④正確；故答案為：①③④.三■解答題共6小題，共85分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.已知函數(shù)f(x)=sinx-t'Bcosx.兀求f(3)及fx)的最小正周期;兀3兀若xe［-,--］，求fx)的值域.(1)fV0，最小正周期是2“；(2)[-1,2].V3丿由兩角差的正弦公式化函數(shù)為一個角的一個三角函數(shù)形式，然后可得函數(shù)值及周期結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)可得值域．1)f(x)=sinx-J3cosx.=2(1.—sinx1)f(x)=sinx-J3cosx.=2(1.—sinx一V2cosx=2sin丿兀、x_一3丿=2sin=0，最小正周期為T=2““3“““7“/“)xe時，x一一e，sinx——22」3L66」V3丿333丿丿2)e???f(x)e[-1,2].值域為［-1,2］．17.已知｛a｝是等差數(shù)列，｛b｝是各項都為正數(shù)的等比數(shù)列，a=b=1,再從條件①，條件②,nn12條件③這三個條件中選擇兩個作為已知.求數(shù)列｛a｝的通項公式；n求數(shù)列｛b｝的前n項和.n條件①:a+a=10；條件②:bb=4；條件③:b=a.242445答案見解析根據(jù)選擇的條件建立方程即可求出｛a｝的首項和公差，｛b｝的首項和公比，即可求出數(shù)列｛a｝nnn

的通項公式和數(shù)列｛b｝的前n項和.n選擇條件①和條件②：(1)設(shè)等差數(shù)列｛a｝的公差為d,na—11，則a1,d2，a+a—2a+4d—101241二二a-1+(n-1)x2—2n-1；n(2)設(shè)等比數(shù)列｛b｝的公比為q,q>0,nb—bq—121bb—b2q4—4241設(shè)數(shù)列｛b｝的前n項和為S,nn1(1—2”)]S-——2”-1-'”1-22選擇條件①和條件③：(1)設(shè)等差數(shù)列｛a｝的公差為d,”a—1v1c.訂1，則a1,d2,a+a—2a+4d—10」1V241二二a—1+(”—1)x2—2n—1；”2)b4—a5—9設(shè)等比數(shù)列｛b｝的公比為q,q>0,”b—b—bq—121b—bq3—941解得冒3,q—3,設(shè)數(shù)列設(shè)數(shù)列｛b｝的前”項和為S,””.S”3°.S”3°-3”)1-3選擇條件②和條件③：(1)設(shè)等比數(shù)列｛b｝的公比為q,q>0,”

TOC\o"1-5"\h\zb=bq=11『人\4，解得b=-,q=2,bbb2q4412241a=b=1x23=4,542設(shè)等差數(shù)列｛a｝的公差為d,n3a=a+4d=4，又a=1，故d=,5114a=1+(n-1)xn444⑵設(shè)數(shù)列｛bn｝的前n項和為Sn，由(1)可知Sn(1由(1)可知Sn==2n—1—21—2在△ABC中，AB=2,AC=3.1)若B=60°，(i)求BC；(ii)設(shè)D是邊BC上一點，且ZADC=120°，求sinZDAC;2)若AE是△ABC的內(nèi)角平分線，求AE的取值范圍.1)(i)12)若AE是△ABC的內(nèi)角平分線，求AE的取值范圍.1)(i)1+后;(ii)3段—2；(2)0<AE<特?65由余弦定理求得BC，然后用正弦定理求得sinZDAC；BE由內(nèi)角平分線定理得營，然后設(shè)BC=2x,CE=3x,求得x的范圍，利用CEcosZAEB+cosZAEC=0把AE表示為x的函數(shù)，從而可得其范圍.1)2)(1)(i)由余弦定理AC2=BA2+BC2—2?BA?BCcosB得9=4+BC2—2x2?BCcos60。解得BC=1+<6(BC=1—空6舍去);(ii)ZADC=120°，則ZADB=60。，又ZB=60。,AAABD是等邊三角形，BD=AB2，???CD=BC—BD=、訴—1,ACCD在ADC中，sinZADC-sinZDAC?（品-l）xfsinZDAC=+=+=0,+=+=0,EA-EB2EA-EC4x-EA6x-EAEA2=6—6x2,114412???—<x<1.???0<AE2<,.??0<AE<一.255已知函數(shù)f(x)=x+alnx(aR).當a=—1時，求函數(shù)f(x)的極值；若不等式f(x)<2x2+ax對任意x>0恒成立，求a的取值范圍.(1)極小值為1,無極大值；(2)a>12對函數(shù)f(x)進行求導(dǎo)、判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，最后根據(jù)函數(shù)極值的定義進行求解即可；1對f(x)<-x2+ax，利用參變分離，得到新函數(shù)，對新函數(shù)進行求導(dǎo)，判斷其單調(diào)性，分類討論a的取值范圍，進而求出a的取值范圍(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+<?)，當a=—1時，f'(x)=1—,x>0).由f'(x)=0，得x=1.x所以，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，(1,+w)上單調(diào)遞增，所以，函數(shù)f(x)的極小值為f(1)=1，無極大值.3(2)VAE是角平分線,BECE(2)VAE是角平分線,BECEABAC設(shè)BC=2x,CE=3x,貝VBC=BE+CE=5x,由3—2<5x<3+2彳得5<x<1由余弦定理得cosZAEB由余弦定理得cosZAEB=EA2+EB2—AB2

2EA^EBcosZAEC=EA2+EC2—AC2

2EA^EC又cosZAEB+cosZAEC=0,.EA2+EB2—AB2EA2+EC2—AC2EA2+4x2—4EA2+9x2—9_

(2)取t(x)=Inx-x+1(x>0)，求導(dǎo)得,t'(x)二-—1=匕,xx所以，t(x)在xe(0,1)上有t'(x)>0,t(x)單調(diào)遞增；t(x)在xe(1,+s)上有t'(x)<0,t(x)單調(diào)遞減；則tt(x)]=t(1)=0,所以，在(0,也)上，有t(x)<0，所以,max當xe(0,+s)上時，Inx<x—1，對V對Vxe(0,+8),f(x)<一x已知曲線f(x)已知曲線f(x)=--+b在點(￡,fG))處的切線方程為y=-9x+2.x22兀2即對V即對Vxe(0,+8),—ax<0恒成立，由于lnx=ln(x—1+1)<x—1,1—故lnx—x<0，所以，對Vxe(0,+8)，2"—x恒成立，lnx—x1—令()=2x2—x，即Vxe(0,+8)，a>[g(x)]，g(x)=maxlnx—x則g'(x)=(1—篇—2l：x+2)，令h(x)=x-2lnx+2，則h'(x)=1-?=口,2(lnx—x)2xxh(x)在xe(0,2)上單調(diào)遞減，在xe(2,+8)上單調(diào)遞增，所以，以x)]=h(2)=2—ln2+2>0，即h(x)在xe(0,+8)上有h(x)>0，min于是，在xe(0,1)上單調(diào)遞增，在xe(1,+8)上單調(diào)遞減，[g(x)]=g(1)=2，于是可得，a>—max22所以，的取值范圍是a>12acosx已知函數(shù)f(x)=--+b(a,beR).x當a=1,b=0時，判斷函數(shù)fx)在區(qū)間(0,*內(nèi)的單調(diào)性；

(i)求fx)的解析式;3(ii)判斷方程f(x)=-1在區(qū)間(0,2刃上解的個數(shù)，并說明理由.2兀3cosx(1)單調(diào)遞減函數(shù)；(2)(i)f(x)二1；(ii)3個，理由見解析.x當a二1,b二0時，求得f，(x)二-sinxx+cosx，進而得到f(x)v0，即可求得函數(shù)f(x)的x2單調(diào)性；(i)求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f(x)，求得f'(￡)二空，得到也二--，求得a的值，進而求得b2兀兀兀的值，即可求得函數(shù)的解析式；(ii)令g(x)二f(x)-二+1，求得gf(x)=^xx+c°*x)，分xg(0<2］，xe(-，匹)和2兀x22223兀xe［^-,2兀］三種情況討論，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與極值，即可求解.2cosxsinx-x+cosx(1)當a二1,b二0時，f(x)二，可得f'(x)二—xx2因為xe(0,—)，所以sinx-x+cosx>0，即f(x)v0,2所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，+)上為單調(diào)遞減函數(shù).⑵(i)由函數(shù)f(x)二竺空+b，可得f(x)=-a(sinx?x+cosx)，則f'G)二蘭x2TOC\o"1-5"\h\zxx22兀x2兀兀6因為函數(shù)f(x)在點(-,f(-))處的切線方程為y_-—x+2,22兀所以一2f_-—，解得a_3，--當x=，代入切線方程當x=，代入切線方程y=——X+2=一1，可得f()=b=-1，2兀22所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)二竺蘭-1.x3cosx3貝卩g,(x)_-3(xsinx+cosx)2?！ⅰ?0二］時，可得g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，⑹令g(x)二f(x)-石+1二xx2①當xgi，2兀2?！?,g中一2b<0,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,2］上只有一個零點;

可得g(x)=3C0sx可得g(x)=3C0sx-丄<0恒成立,x2兀cosx<0,22所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(扌，芋)上沒有零點；當xe［匹,2兀］時，令h(x)=xsinx+cosx，可得h'(x)=xcosx>0，2所以h(x)在區(qū)間［跡,2兀］單調(diào)遞增，h(2兀)>0,h(迺)<0，22所以存在xe礙,2兀］，使得g(x)在［孚,x)上單調(diào)遞增，在(x,2“］單調(diào)遞減,02200又由g(2兀)=0,g(牛)<0，所以函數(shù)在出,2兀］上有兩個零點，223綜上可得，方程f(x)=二-1在(0,2“］上有3個解.2兀21.已知數(shù)列｛a｝是無窮數(shù)列，其前n項和為S.若對任意的正整數(shù)m>2，存在正整數(shù)k,lnn(1<k<l)使得S二a+a，則稱數(shù)列｛a｝是“S數(shù)列"TOC\o"1-5"\h\zmkln(1)若a=2n(n=1,2,),判斷數(shù)列｛a｝是否是“S數(shù)列”，并說明理由;nn設(shè)無窮數(shù)列｛a｝的前n項和S=qn(n=1,2,)且q>2，證明數(shù)列｛a｝不是“S數(shù)列"；nnn證明:對任意的無窮等差數(shù)列｛a｝，存在兩個“S數(shù)列"｛b｝和｛c｝，使得a=b-c(n=1,2)nnnnnn成立.(1)是“S數(shù)列"；理由見詳解；(2)證明見詳解；(3)證明見詳解.…(1)根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，得到S=n(2+2n)=n(n+1)，再由數(shù)列的新定義，即可判斷n2出結(jié)果；根據(jù)等比數(shù)列的前n項和，得到a=qn-qn-1(n>2)，a=S=q，假設(shè)｛a｝是“S數(shù)列",TOC\o"1-5"\h\zn11n得到qm=qk-qk-1+q1-ql-1，根據(jù)題中條件，令q=3，推出矛盾，從而可得結(jié)論成立；設(shè)無窮等差數(shù)列｛a｝的公差為d,則a=a+(n-1)d=na-(n一1)(a一d)，令b=na，nn111n1c=(n-1)(a-d)，根據(jù)數(shù)列新定義，證明｛b｝和2｝都是“S數(shù)列"即可.n1nn(1)因為a=2n(n=1,2,)顯然是以2為首項，以2為公差的等差數(shù)列，n所以其前n項和為S=""2+2"=n(n+1)，n--2則對任意正整數(shù)m>2，都有S二m(m+1)=2x竺￡巴+2mm2當m=2時，的S-S=6=a+a，即存在k=1,l=2使得S=a+a；TOC\o"1-5"\h\zm212mkl當正整數(shù)m>3時，取/=m_m,k=m,2m2—mm2—mm則,m都是正整