浙江省杭州学军中学2020届高三数学上学期期中试题含解析

这是一份浙江省杭州学军中学2020届高三数学上学期期中试题含解析，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

设全集U=R，集合M={x|x＞1}，P={x|x2＞1}，则下列关系中正确的是（ ）
A. B. C. D.
设纯虚数z满足=1+ai（其中i为虚数单位），则实数a等于（ ）
A. 1B. C. 2D.
若x、y满足约束条件，则的取值范围是
A. B. C. D.
已知a，b∈R，下列四个条件中，使a＞b成立的充分不必要的条件是（ ）
A. B. C. D.
函数y=的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
已知函数，则（ ）
A. ,0是的一个周期
B. ,1是的一个周期
C. ,1是的一个周期
D. ,的最小正周期不存在
若关于x的不等式|x+t2-2|+|x+t2+2t-1|＜3t无解，则实数t的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
若O是△ABC垂心，且，则m=（ ）
A. B. C. D.
已知二次函数f（x）=ax2+bx（|b|≤2|a|），定义f1（x）=max{f（t）|-1≤t≤x≤1}，f2（x）=min{f（t）|-1≤t≤x≤1}，其中max{a，b}表示a，b中的较大者，min{a，b}表示a，b中的较小者，下列命题正确的是（ ）
A. 若,则
B. 若,则
C. 若,则
D. 若,则
已知数列{an}满足，若，设数列{bn}的前项和为Sn，则使得|S2019-k|最小的整数k的值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题（本大题共7小题）
（1-2x）5展开式中x3的系数为______；所有项的系数和为______．
等比数列{an}中，，则=______，a1a2a3a4=______．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则C=______；若，△ABC的面积为，则a+b=______．
已知函数，则=______，若函数g（x）=f（x）-k有无穷多个零点，则k的取值范围是______．
已知x，y∈R且x2+y2+xy=1，则x+y+xy的最小值为______．
已知平面向量满足，则的最大值为______．
当x∈[1，4]时，不等式0≤ax3+bx2+4a≤4x2恒成立，则7a+b的取值范围是______．
三、解答题（本大题共5小题）
已知函数f（x）=2sinxcs（x+）+．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值及最小值．
已知在△ABC中，|AB|=1，|AC|=2．
（Ⅰ）若∠BAC的平分线与边BC交于点D，求；
（Ⅱ）若点E为BC的中点，求的最小值．
已知正项等差数列{an}满足：，其中Sn是数列{an}的前n项和．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令，证明：．
设函数f（x）=ex-ax+a，a∈R，其图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，且x1＜x2．
（1）求a的取值范围；
（2）证明：．
已知函数f（x）=lnx-ax2-bx-2，a∈R．
（Ⅰ）当b=2时，试讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若对任意的，方程f（x）=0恒有2个不等的实根，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵全集U=R，集合M={x|x＞1}，
P={x|x2＞1}={x|x＞1或x＜-1}，
∴M∪P=P，M∩P=M．
故选：C．
先分别求出集合M，P，利用交集和并集的定义直接求解．
本题考查交集、并集的求法，考查交集、并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由=1+ai，得z=，
由z为纯虚数，得，即a=1．
故选：A．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，由实部为0且虚部不为0列式求解a值．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：
目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，
由解得C（2，1），
目标函数的最小值为：4
目标函数的范围是[4，+∞）．
故选：D．
画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．
本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的知识点是充要条件的定义，属于基础题．
根据充要条件的定义，逐一分析给定四个条件与a＞b的充要关系，可得答案．
【解答】
解：a＞b+1是a＞b的充分不必要的条件；
a＞b-1是a＞b的必要不充分条件；
|a|＞|b|是a＞b的既不充分也不必要条件；
2a＞2b是a＞b的充要条件.
故选：B．
5.【答案】D
【解析】解：当x＞0时，y=xlnx，y′=1+lnx，
即0＜x＜时，函数y单调递减，当x＞，函数y单调递增，
因为函数y为偶函数，
故选：D．
根据掌握函数的奇偶性和函数的单调性即可判断．
本题考查了函数图象的识别，关键是掌握函数的奇偶性和函数的单调性，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：若x为有理数，D（D（x））=D（1）=1，
若x为无理数，D（D（x））=D（0）=1，
综上D（D（x））=1，排除C，D．
根据函数的周期性的定义，周期不可能是0，故A错误，
若x为有理数，D（x+1））=1，D（x）=1，则D（x+1）=D（x），
若x为无理数，D（x+1））=0，D（x）=0，则D（x+1）=D（x），
综上D（x+1）=D（x），
即1是函数D（x）的一个周期，
故选：B．
根据定义，结合函数值之间的关系以及函数周期性的定义进行判断即可．
本题主要考查命题的真假判断，涉及函数值的计算以及函数周期的求解，根据条件和定义是解决本题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵|x+t2-2|+|x+t2+2t-1|≥|（x+t2-2）-（x+t2+2t-1）|=|-2t-1|=|2t+1|，
∴关于x的不等式|x+t2-2|+|x+t2+2t-1|＜3t无解等价于|2t+1|≥3t，
∴或，t＜0，
解得t≤1．．
故选：C．
先求f（x）的最小值，然后把关于x的不等式|x+t2-2|+|x+t2+2t-1|＜3t无解转化为|2t+1|≥3t，解不等式可得．
本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，sinBsinC≠0，由，
得+=2m•，
连接CO并延长交AB于D，
∵O是△ABC垂心，∴CD⊥AB，=+
∴+=2m•（+），两端同乘以得
•+•=2m•（+）•，
∴•c2+•bc•csA=2m••=2m•||•c•cs0°=2m•bcsA•c
∵A=∴•c2+•bc•=bcm，由正弦定理化为
•sin2C+•sinBsinC•=m•sinBsinC，
∴csCsinC+csBsinC=m•sinBsinC，又sinC≠0，约去sinC，
得csC+csB=m•sinB，
∵C=π-A-B=-B，∴csC=cs（-B）=-csB+sinB，代入上式，得
∴sinB=m•sinB，又sinB≠0，约去sinB，
∴m=．
故选：D．
利用垂心的性质，连接CO并延长交AB于D，得到CD⊥AB，把由，
变形，两端同乘以，利用数量积、正弦定理进行整理化简得到得csC+csB=m•sinB，再把csC化为cs（-B）
整理就可以得到m的值．
本题考查了平面向量线性运算、数量积、正弦定理、两角差的余弦公式、诱导公式、三角形垂心性质等知识综合运用，采用数形结合的思想方法．属于难题．
9.【答案】C
【解析】解：对于A，若f1（-1）=f1（1），则f（-1）为f（x）在[-1，1]上的最大值，
∴f（-1）＞f（1）或f（-1）=f（1）．故A错误；
对于B，若f2（-1）=f2（1），则f（-1）是f（x）在[-1，1]上的最小值，
∴f（-1）＜f（1）或f（-1）=f（1），故B错误；
对于C，若f2（1）=f1（-1），则f（-1）为f（x）在[-1，1]上的最小值，
而f1（-1）=f（-1），f1（1）表示f（x）在[-1，1]上的最大值，
∴f1（-1）＜f1（1）．故C正确；
对于D，若f2（1）=f1（-1），由新定义可得f1（-1）≥f2（-1），
则f2（1）≥f2（-1），故D错误．
故选：C．
由新定义可知f1（-1）=f2（-1）=f（-1），f（x）在[-1，1]上的最大值为f1（1），最小值为f2（1），即可判断A，B，D错误，C正确．
本题考查了对于新定义的理解和二次函数的图象与性质，考查推理能力，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】解：an+1-an=≥0，a1=-，等号不成立，可得an+1＞an，∴数列{an}是递增数列．
∵数列{an}满足，
∴==-，
∴bn==-
∴数列{bn}的前项和为Sn=-+-+……+-=2-．
则使得|S2019-k|=|2--k|
使得|S2019-k|最小的整数k的值为2．
故选：C．
an+1-an=≥0，可得数列{an}是递增数列．数列{an}满足，可得==-，bn==-进而得出结论．
本题考查了数列的递推关系、裂项求和方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】-80 -1
【解析】解：根据题意得，（1-2x）5展开式的通项为Tr+1=（-2x）r=（-2）rxr
令r=3得（-2）3=-80，
令x=1得所有项的系数和为（1-2）5=-1
故答案为-80，-1
运用二项展开式的通项及所有项系数的和可解决此问题．
本题考查二项展开式的通项及所有项的系数和．
12.【答案】
【解析】解：∵等比数列{an}中，，
∴q==，
∴===（）6=，
a1a2a3a4==（）4（）6=4×=．
故答案为：，．
推导出q==，由等比数列的通项公式得==，a1a2a3a4=，由此能求出结果．
本题考查等差数列的两项和的比值、四项积的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】 7
【解析】解：∵在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，
∴由正弦定理可得，
解得，
∴，解得ab=6，
∵，csC=，
∴，解得a=1，b=6或a=6，b=1，
∴a+b=7．
故答案为：，7．
由正弦定理可得，从而得到，由，得ab=6，由此利用余弦定理能求出a+b．
本题考查三角形的角及边长的求法，涉及到正弦定理、余弦定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
14.【答案】 [0，+∞）
【解析】解：根据题意，函数，
则f（-）=2f（-）=4f（）=4（+-2）=6-8；
由f（x）=2x+2-x-2≥0，f（-x）=f（x），可知f（x）偶函数，
∴当x＜0时，可得f（x）=2f（x+1），可知周期为1，函数值随x的减小而增大，且f（x）min≥0．
函数g（x）=f（x）-k有无穷多个零点，即函数y=f（x）与函数y=k有无穷多个交点，
则k≥0．
故答案为：6-8；[0，+∞）．
由f（-）=2f（-）=4f（）=4（+-2）=6-8可得解；根据由f（x）=2x+2-x-2≥0，f（-x）=f（x），可知f（x）偶函数，当x＜0时，可得f（x）=2f（x+1），可知周期为1，函数值随x的减小而增大，且f（x）min≥0，零点问题转化为交点问题，即可求解．
本题考查分段函数的性质，涉及函数与方程的关系，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：已知x，y∈R且x2+y2+xy=1，
所以x2+y2=1-xy≥2xy，
解得，
又由已知得（x+y）2=xy+1，由于是求最小值，
故可取，
所以，
令，则xy=t2-1，
，
故当时x+y+xy的最小值为，
故答案为：．
本题已知条件二元二次方程表示平面上的一条曲线，所求式子也是二元函数最值问题，从基本不等式角度出发，然后换元处理即可．
本题考查了基本不等式的性质、换元解决二元函数最值问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
16.【答案】10
【解析】解：∵，设与的夹角为θ，
∴===，
∴csθ=-1时，取得最大值10．
故答案为：10．
根据，可设与的夹角为θ，根据=进行数列的运算即可得出，从而可求出的最大值．
本题考查向量的数乘运算，向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的定义，考查了计算能力，属于基础题．
17.【答案】[-4，8]
【解析】解：当x∈[1，4]时，不等式可化为，
若a=0，则0≤b≤4，故7a+b∈[0，4]；
若a＞0，y=，y'=a-=a（1-）=a，当x∈[1，2]，y递减，x∈[2，4]，y递增，
可得x=1，y最大值为5a，x=2，y最小3a，故3a+b≥0，5a+b≤4，
7a+b═-（3a+b）+2（5a+b）≤8，
若a＜0，由上知，5a+b≥0，3a+b≤4，
由7a+b═-（3a+b）+2（5a+b≥-4，
综上，7a+b∈[-4，8]．
故答案为：[-4，8]．
当x∈[1，4]时，不等式可化为，分三种情况讨论，根据3a+b，5a+b的范围，确定7a+b范围．
考查不等式恒成立问题，函数最值计算，线性规划解不等式，中档题．
18.【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=2sinxcs（x+）+=2sinx•（csx-sinx）+=sinxcsx-sin2x+
=sin2x-•+=sin（2x+）．
令2kπ+≤x≤2kπ+，求得kπ+≤x≤kπ+，可得函数的减区间为[kπ+，kπ+]，k∈Z．
（Ⅱ）在区间[0，]上，2x+∈[，]，
故当2x+=时，函数f（x）取得最大值为1；当2x+=时，函数f（x）取得最小值为-．
【解析】（Ⅰ）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求得函数f（x）的单调递减区间．
（Ⅱ）利用正弦函数的定义域和值域，求得函数f（x）在区间[0，]上的最值．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．
19.【答案】解：（1）AD为∠BAC的平分线，|AC|=2|AB|，所以|BD|=2|DC|，
由B，C，D三点共线，，
所以==．
（2）由E为BC的中点，，
由平行四边形对角线的性质，所以=，
所以由柯西不等式（）（）≥（2+1）2=9，
当且仅当时，取等号，
故的最小值为．
【解析】（1）利用三点共线定理，求出，代入求出即可；（2）根据平行四边形对角线性质得到=，利用柯西不等式求出最值．
考查三点共线定理，向量的运算，平行四边形对角线性质，柯西不等式，中档题．
20.【答案】解：（Ⅰ）依题意，
数列{an}为正项等差数列，所以a1=1，
所以=1+，整理得：a2（a2+1）（a2-2）=0，
所以a2=2，或a2=0（舍）或a2=-1（舍）
所以数列{an}的公差d=2-1=1，
所以an=1+（n-1）×1=n；
（Ⅱ）证明：=（-1）n-1-（-1）n，
∴b1+b2+b3+……+bn=（1+）+（--）+（+）+……+（（-1）n-1-（-1）n，）
=1-≤1+=，
命题得证．
【解析】（Ⅰ）将原式中的n换为1，2得到a1，a2的方程组，解出a1，a2的值，即可得到公差，进而得到数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）利用裂项相消法求出数列{bn}的前n项和，再放缩证明即可．
本题考查了等差数列的通项公式，列项相消法求数列的前n项和，放缩法证明不等式．考查了运算求解能力和推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：（1）∵f（x）=ex-ax+a，
∴f'（x）=ex-a，
若a≤0，则f'（x）＞0，则函数f（x）是单调增函数，这与题设矛盾．
∴a＞0，令f'（x）=0，则x=lna，
当f'（x）＜0时，x＜lna，f（x）是单调减函数，
当f'（x）＞0时，x＞lna，f（x）是单调增函数，
于是当x=lna时，f（x）取得极小值，
∵函数f（x）=ex-ax+a（a∈R）的图象与x轴交于两点A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2），
∴f（lna）=a（2-lna）＜0，即a＞e2，
此时，存在1＜lna，f（1）=e＞0，
存在3lna＞lna，f（3lna）=a3-3alna+a＞a3-3a2+a＞0，
又由f（x）在（-∞，lna）及（lna，+∞）上的单调性及曲线在R上不间断，
可知a＞e2为所求取值范围．
（2）∵，
∴两式相减得a=，
记=s（s＞0），
则f′（）=-=[2s-（es-e-s）]，
设g（s）=2s-（es-e-s），
则g'（s）=2-（es+e-s）＜0，
∴g（s）是单调减函数，
则有g（s）＜g（0）=0，而＞0，
∴f′（）＜0．
又f'（x）=ex-a是单调增函数，且＞，
∴f′（）＜0．
【解析】（1）由f（x）=ex-ax+a，知f′（x）=ex-a，再由a的符号进行分类讨论，能求出f（x）的单调区间，然后根据交点求出a的取值范围；
（2）由x1、x2的关系，求出f′（）＜0，然后再根据f′（x）=ex-a的单调性，利用不等式的性质，问题得以证明；
本题属于难题，考察了分类讨论的思想，转化思想，方程思想，做题要认真仔细，方法要明，过程要严谨，能提高分析问题解决问题的能力．
22.【答案】解：（Ⅰ）当b=2时，f′（x）=-2ax-2=，x＞0，
（1）当a＞0，令f′（x）=0，解得x=，
∴当0＜x＜时，f′（x）＞0，当x＞时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
（2）当a=0时，令f′（x）=0，解得x=，
∴当0＜x＜时，f′（x）＞0，当x＞时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
（3）当-＜a＜0，令f′（x）=0，解得x=或x=
∴当0＜x＜，或x＞时，f′（x）＞0，当＜x＜时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，），（，+∞）上单调递增，在（，）上单调递减，
（4）a≤-，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）问题等价于=ax+b有两解
令g（x）=，x＞0有g′（x）=，x＞0，
令g′（x）=0，解得x=e3，
当0＜x＜e3，g′（x）＞0，当x＞e3，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，e3）上单调递增，在（e3，+∞）上单调递减，
当x→-∞时，g（x）→-∞，
当x→+∞时，g（x）→0，
∵g（e2）=0，
∴由图象可知a＞0时，过（0，-）作切线时，斜率a最大，
设切点为（x0，y0），
则有y=•x+，
∴=-，
∴x0=e，此时斜率a取最大值，
故a的取值范围为（0，]．
【解析】（Ⅰ）根据导数和函数单调性的关系，分类讨论即可求出，
（Ⅱ）问题等价于=ax+b有两解，令g（x）=，利用导数和函数最值的关系，即可求出．
本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力以及应用意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想．