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- 2021-06-26 发布
唐山一中2019—2020学年度第一学期第一次月考高三年级数学试卷
卷Ⅰ（选择题 共60分）
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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.设全集，，，如图所示：则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先确定阴影部分表示的集合运算是：，然后根据条件求解出和，最后根据交集运算得到结果.
【详解】因为图中阴影部分表示的集合为：，
又因为，所以或，所以，
又因为，所以，
所以.
故选D.
【点睛】本题考查集合的图表示以及补集和交集混合运算，难度较易.求解图所表示的集合时，先将图表示的集合运算写出来，然后再根据相应的集合和运算去求解结果.
2.为虚数单位，则（ ）
A. B. 1 C. D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】
先计算的结果，然后利用虚数单位的运算性质计算的结果.
【详解】因为，
因为，所以.
故选B.
【点睛】本题考查复数的除法运算和虚数单位的运算性质，难度较易.虚数单位的运算性质：，，，（）.
3.函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：函数的定义域为．求导，令可得
，结合定义域可知令可得，即函数在上单调递减，在上单调递增，由图可知选D．
考点：1．利用导数研究函数的单调性；2．函数的图像．
【方法点睛】求函数的单调区间的方法： （1）求导数； （2）解方程；（3）使不等式成立的区间就是递增区间，使成立的区间就是递减区间．由此再结合函数的图像即可判断出结果．
4.将函数的图象向左平移个长度单位后，所得到的图象关于原点对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用辅助角公式将函数变形，然后写出向左平移后的函数，由函数图象关于原点对称可知函数为奇函数，由此得到关于的方程，从而确定的最小值.
【详解】因为，所以左移个单位后得到函数，
又因为函数图象关于原点对称，所以函数是奇函数，
所以且，所以，此时.
故选D.
【点睛】（1）三角函数图象的平移也是遵循“左加右减，上加下减”的原则；
（2）分析正弦型函数的奇偶性：若为奇函数，则有，若为偶函数，则有.
5.已知向量与的夹角为，则在方向上的投影为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：投影为.
考点：向量概念及运算．
6.已知等比数列的前项和为，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据求解出的通项公式，然后分析也为等比数列，根据等比数列的求和公式进行求和即可.
【详解】因为，所以，所以，且，
所以，所以，所以，
因为且，所以是首项为公比为的等比数列，
所以的前项和为：.
故选A.
【点睛】本题考查等比数列的通项求解以及用定义法判断等比数列，难度一般.
（1）求解数列通项过程中涉及到的时候，要注意说明，并考虑验证的情况；
（2）用定义法判断一个数列是等比数列：证明（为非零常数），且.
7.在中，角，，的对边分别为，，，，，为的面积，则的最大值（ ）
A. 4 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据以及余弦定理得到的值，将中的用正弦定理转化为角的形式，然后对进行化简求最大值，注意取最大值时的条件.
【详解】因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以，
所以当时，有最大值.
故选B.
【点睛】本题考查解三角形与三角恒等变化的综合应用，难度一般.解三角形的问题中，如果出现了两边的平方和减去第三边的平方和的形式，可以联想到余弦定理；对于正弦定理，一旦知道了一边及其对角的正弦值，就可以将其余角的正弦和对边的倍数关系找到.
8.定义在上的偶函数满足，当时，，则函数的零点之和为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据得到的周期，再根据在时的解析式以及
是偶函数可作出在时的函数图象，再作出在时的图象，根据图象的对称性分析图象交点的横坐标之和即为函数的零点之和.
【详解】因为，所以，所以的周期，
的零点即为与图象交点的横坐标，
在同一坐标系中作出与的图象如图所示：
因为关于对称，所以，又因为，
所以.
故选C.
【点睛】本题考查从函数的性质角度分析图象以及函数与方程的综合应用，着重考查了数形结合思想的应用，难度一般.（1）函数的零点的方程根与图象交点的横坐标，注意三者之间的关系；（2）数形结合思想的命题方向：函数零点个数、方程根的个数、函数性质分析、求参数范围或不等式解集等.
9.已知奇函数是定义在上的可导函数，其导函数为，当时有，则不等式的解集为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
试题分析：由题观察联想可设，结合条件;
得为增函数．而
即：
考点：函数的性质及构造导数解决函数问题的能力.
10.已知函数在上恰有一个最大值1和一个最小值-1，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据得到的范围，根据恰有一个最大值和最小值，利用图象的特点分析的范围，然后求解出的范围即可.
【详解】因为，所以，
因图象如下图：
因为恰有一个最大值和一个最小值，所以，
解得：，即.
故选C.
【点睛】已知正弦型函数在给定区间上的最值的个数，可考虑将看做一个整体，然后作出的图象分析最值的个数分布情况，由此得到关于的不等式，即可求解出的范围.
11.已知等差数列，的前项和分别为，，若，则实数（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
由于，都是等差数列，且等差数列的前n项和都是所以不妨设
所以，故选A.
点睛：本题解题需要灵活性，可以直接特取. 由于，都是等差数列，且等差数列的前n项和都是所以不妨设这样提高了解题效率.
12.数列满足，，若不等式
，对任何正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：依题意，由此可知，所以，所以
，对任何正整数恒成立，即．
考点：数列与不等式．
【思路点晴】本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查运算求解能力，对表达式的灵活变形是解决本题的关键．开始采用特殊项的办法，是合情推理与演绎推理，先根据特殊项，归纳出数列的通项公式，然后代入要求证的不等式，利用裂项求和法求得不等式坐标的和，然后利用恒成立问题来求得最小值．如果是解答题，归纳猜想出的通项公式还要用数学归纳法来证明．
卷Ⅱ（非选择题 共90分）
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13.已知函数关于直线对称，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据对称轴方程，得到的表示，根据条件中的的范围结合的取值即可求出的值，最后可计算的值.
【详解】因为正弦函数的对称轴为，所以，
所以，又因为，所以，此时，
所以，所以.
故答案为.
【点睛】已知正弦（或余弦）型函数的对称轴，求解函数中参数的方法：（1）根据对称轴方程，再利用给定的参数范围去求解参数值；（2）根据对称轴对应的是函数的最值，并利用参数范围求解参数值.
14.已知，，且，则的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得，利用均值不等式可得，解不等式即可得到的最大值.
【详解】
解析：化为，即，
解得：，所以，的最大值为．
故答案为
【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误
15.已知不等式组表示的平面区域为，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
画出不等式组表示的平面区域，根据图形求得|x﹣2y|max，即可得出实数t的取值范围．
【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影所示：
由图形知，点B到直线x﹣2y＝0的距离最大，由，解得B（3，4），
所以|x﹣2y|max＝，所以不等式|x﹣2y|≤t恒成立时，实数t的取值范围是t≥5．
故答案为[5，+∞）．
【点睛】本题考查了不等式组表示的平面区域的画法以及简单应用问题，属于基础题．
16.如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边、直角边，的三边所围成的区域.若，过点作于，当面积最大时，黑色区域的面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
先分析黑色区域的求法，得到结论：黑色区域的面积即为 ，再根据当面积最大时求解出的长度，即可计算出黑色区域的面积.
【详解】因为（黑色区域面积）（以为直径的半圆面积）（以为直径的半圆面积）（以为直径的半圆面积），
设，所以，因为，所以,
所以，
令，所以，
所以在上递增，在上递减，所以取最大值时，此时也取得最大值，
所以，所以，
所以黑色区域面积为：.
故答案为.
【点睛】本题考查导数在几何图形中的应用，难度较难.（1）利用导数可将几何问题中的长度或面积最值抽象为函数的最值去求解，注意定义域；（2）本例中的希波克拉底研究题中几何图形得到的结论是：黑色月牙形区域的面积等于直角三角形的面积.
三、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.已知向量，.
（1）当，时，若向量，，且，求的值；
（2）若函数图象的相邻两对称轴之间的距离为，当 时，求函数的最大值和最小值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先将和用坐标形式表示出来，然后根据向量平行对应的坐标表示得到的值，然后利用将进行变形即可求值；
（2）计算并化简，根据相邻两对称轴之间距离为求解出的值，然后根据范围即可求解出的最大值和最小值.
【详解】（1）因为，，又因为，
所以，又因为，所以，
所以；
（2）
，
因为相邻两对称轴之间的距离为，所以，所以，所以，
所以，因为，所以，
所以，此时，，此时.
【点睛】本题考查三角函数与平面向量的综合，难度一般.
（1）求解的值，可采用分子分母同除以，然后根据条件计算出的值即可计算出最后结果；
（2）正弦（余弦）型函数的两条相邻对称轴（或两个相邻对称中心）之间的距离是；正切型函数两个相邻的对称中心的距离是.
18.已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.
(1)求的最小值；
(2)是否存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5？并说明理由．
【答案】（1）2；（2）不存．
【解析】
【详解】试题分析：（1）将式子变形为；（2）由不等式得到(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)，(x＋1)(y＋1)≤4，故不存在.
解析：
(1)因为，当且仅当x＝y＝1时，等号成立，所以的最小值为2.
(2)不存在．理由如下：
因为x2＋y2≥2xy，所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．
又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.从而有(x＋1)(y＋1)≤≤4，因此不存在x，y满足(x＋1)(y＋1)＝5.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
19.在锐角中,角的对边分别为,边上的中线,且满足.
(1)求的大小；
(2)若，求的周长的取值范围
【答案】(1) ;(2) 周长的取值范围是.
【解析】
【分析】
(1)在,中分别利用余弦定理,写出的表达式,化简后可求得的值,代入已知条件可化简得到的余弦值,进而求得角的大小.
(2)利用正弦定理将边转化为角的形式,即,根据可求得周长的取值范围.
【详解】（1）在中，由余弦定理得：， ①
在中，由余弦定理得：， ②
因，所以，
①+②得：，
即， 代入已知条件，
得，即，
，
又，所以.
（2）在中由正弦定理得，又，
所以， ，
∴，
∵为锐角三角形，
∴
∴，∴．
∴周长的取值范围为．
【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，以及三角形的周长的范围，解决问题的关键在于利用中线的长度在两个三角形中运用余弦定理，根据邻补角的余弦值互为相反数得出边的关系，属于中档题.
20.已知函数为上的偶函数，为上的奇函数，且.
（1）求的解析式；
（2）若函数在上只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由解之即可；（2）将函数的解析式代入化简，把函数在上只有一个零点的问题转化成方程的根的问题，然后利用指数、对数的运算性质进一步转化为方程，再通过换元法可变为方程只有一个正根的问题，最后分成方程有两相等正根、一正跟一负根和方程为一次方程三种情况讨论即可.
【详解】（1） 因为，所以，即，
由解之得：.
（2）
进一步化简得，
令得：，
化简得：，令，则，
即方程只有一个正根，当时，，满足题意；当方程有一正一负两根时，满足条件，则，所以；当方程有两个相等的正根时，则，所以或（舍），时，满足条件.
综上，实数的取值范围为：.
【点睛】
本题主要考查利用消元法求函数的解析式及指数、对数方程根的问题通过换元法转化为整式方程根的问题，试题综合性较强，对运算能力要求较高，难度中等偏上.
21.已知数列 的前n项和 满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：对任意的整数，都有
【答案】(1)；(2)见证明
【解析】
【分析】
（1）利用得到递推关系式，根据递推关系式可证得数列为等比数列，先求出等比数列的通项公式，从而变形得到；（2）由通项公式可放缩证得：且为奇数时：；再根据等比数列求和公式化简证不等式.
【详解】（1）由得：
当且时，有
，则
数列是以为首项，为公比的等比数列
经验证也满足上式
（2）证明：由通项公式得
当且为奇数时，
有
所以，当且为偶数时，
有
当且为奇数时，
所以对任意整数时，都有
【点睛】本题考查利用递推关系求解数列的通项公式、与数列有关的不等式的证明问题，难点在于进行不等式证明时，对原有数列通项进行适当放缩，从而可转化为等比数列求和的形式，进而再次放缩证得结果，属于难题.
22.函数，（是自然对数的底数，）．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）已知表示不超过的最大整数，如，，若对任意，都存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）首先得出，求出导函数，由确定增区间，确定减区间，从而确定出的最小值为，而，由此不等式得证；
（Ⅱ）此问题首先进行转化，当时，的最小值为，当时，的最小值为，依题意有，而由（Ⅰ）知＝0，因此有，下面就是求出的最小值，即可得出的范围，为此可求的导数.为了确定的正负，令，再求导，
而当时，，，在上是增函数，所以.下面对按正负分类讨论：
A①，在上是增函数，最小值为；②，即时，因为在上是增函数，且，因此在上有一个零点，记为，
，即，这样有当时，，即；当时，，即，所以，在上是减函数，在上是增函数，所以，又，所以，所以，所以．由，可令，由此求出的范围，即此时的范围，综合以上两点可得．
试题解析：
（Ⅰ）（）.
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取得最小值，最小值为，
所以，
又，且当时等号成立，
所以，.
（Ⅱ）记当时，的最小值为，当时，的最小值为，
依题意有，
由（Ⅰ）知，所以，则有，
.
令，，
而当时，，所以，
所以在上是增函数，所以.
①当，即时，恒成立，即，
所以在上是增函数，所以，
依题意有，解得，
所以．
②当，即时，因为在上是增函数，且，
若，即，则，
所以，使得，即，
且当时，，即；当时，，即，
所以，在上是减函数，在上是增函数，
所以，
又，所以，
所以，所以．
由，可令，
，当时，，所以在上是增函数，
所以当时，，即，
所以．
综上，所求实数的取值范围是．
点睛：本题是导数与函数的综合应用，解题主要思路就是用导数研究函数的性质，即研究函数的单调性，函数的最值，解题关键是转化与化归．第（Ⅰ）小题是证明函数不等式，本题解法比较特殊（不具有一般性），求出不等式左边的最小值与不等式右边的最大值，由最小值最大值证得结论，第（Ⅱ）小题主要是问题转化为，因此接着就是求两个最小值，其中由第（Ⅰ）小题可知为0，在求最小值时，对其导数的零点的讨论，要注意又对它求导，利用导数研究，分类讨论是必不可少的方法，在零点不确定时，设为，利用零点的定义得出与的关系，从而得出的范围是解题过程的点睛之笔，遇到这类问题时要注意这个方法的应用．