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北京市朝阳区2024-2025学年高三上学期期中检测数学试卷（Word版附解析）
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这是一份北京市朝阳区2024-2025学年高三上学期期中检测数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市朝阳区2024-2025学年高三上学期期中检测数学试卷Word版含解析docx、北京市朝阳区2024-2025学年高三上学期期中检测数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2024.11
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 设集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可得答案.
【详解】因为集合，集合，
所以.
故选：A
2. 若函数在处取得最小值，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】因为，所以用基本不等式求得最小值，并找到最小值点为，得出结果.
【详解】∵，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴最小值点，即.
故选；C
3. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及单调性，结合基本初等函数的性质，即可逐一判断.
【详解】对于A，函数为指数函数，不具备奇偶性，故A错误；
对于B，函数的定义域为，
由于为偶函数，故B错误；
对于C，函数，由正切函数的性质可知为奇函数，
且在单调递增，故C错误；
对于D，函数的定义域为，
由，故函数为奇函数，
因为，
所以函数在单调递增，故D正确.
故选：D.
4. 如图，在中，， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的线性关系即可得到结果.
【详解】∵，，
∴，，
∴，故AB选项错误；
∴，故C选项正确，D选项错误.
故选：C
5. 已知单位向量，满足，设向量，则向量与向量夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先算出，，再利用向量夹角公式即可得到答案
【详解】解：，
，
所以，
故选：C.
6. 《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”.由此推算，在这5天中，织布超过1尺的天数共有（ ）
A. 1天B. 2天C. 3天D. 4天
【答案】B
【解析】
【分析】设这女子每天分别织布尺，则数列是等比数列，公比．利用等比数列的通项公式及其前项和公式即可得出．
【详解】设这女子每天分别织布尺，
则数列是等比数列，公比．
则，解得．
数列的通项公式为，
，
当时，则，
当时，则，
故超过1尺的天数共有2天.
故选：B．
7. 已知均为第二象限角，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】C
【解析】
【分析】结合三角函数的单调性、平方关系，并根据充分、必要条件的知识判断即可.
【详解】由题意， 若，因为均为第二象限角，所以，
所以，即，
所以，且均为第二象限角，
所以，所以，即充分性成立.
若，因为均为第二象限角，
所以，即，
所以，即，
因为均为第二象限角，所以，
所以，故必要性成立,
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
8. 已知函数若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过导数求出直线与分段函数各段相切对应的值，并结合图象即可求解.
【详解】当时，函数，则，
令，解得，
故直线与相切，即.
当时，函数，则，
令，解得，
故直线与相切，即.
如图所示，当或时，直线与分段函数有且仅有一个公共点.
故实数的取值范围为或.
故选：B.
9. 在三棱锥中，棱，，两两垂直，点在底面内，已知点到，，所在直线的距离分别为1，2，2，则线段的长为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由棱，，两两垂直建立空间直角坐标系，设点坐标，分别表示出到三条轴的距离，然后得出OP的值.
【详解】如图，棱，，两两垂直，
可以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
设，由题意可得：，∴，
∴，
故选：A
10. 数学家康托尔创立了集合论，集合论的产生丰富了现代计数方法.记为集合的元素个数，为集合的子集个数，若集合满足：①，；②，则的最大值是（ ）
A. 99B. C. D. 96
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据元素个数得到子集个数，即，分析出，即可求解.
【详解】设，
则，即，
所以,
若,则，即左边为奇数，右边为偶数，不成立，
若，则，即左边为奇数，右边为偶数，不成立，
所以,即，
因为，
且满足，
所以包含了的个元素外，
还包含个属于而不属于的元素，
当时，则,
如，符合题意.
当时，则,
如，符合题意.
所以的最大值为，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查交集与并集的混合运算，及集合的元素个数与集合子集间的关系，解题的关键由已知条件求，再分和讨论，体现了分类讨论的数学思想方法，难度较大.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 复数__________．
【答案】;
【解析】
【详解】 ，故答案为
12. 在中，已知，则__________；________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系，结合诱导公式即可求解.
【详解】因为，，又，故；
.
故答案为：；.
13. 已知数列的前n项和为（A，B为常数），写出一个有序数对________，使得数列是递增数列.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据数列的前n项和与数列通项的关系根据相减法即可得的通项，再根据数列的单调性可得的范围，从而可得有序数对的取值.
【详解】数列的前n项和为,
当时，，
所以，
即，
当时，符合上式，
综上，，
若数列递增数列，则，即，
故符合的有序数对可以为.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 某种灭活疫苗的有效保存时间（单位：）与储藏的温度（单位：℃）满足函数关系（为常数，其中）.已知该疫苗在0℃时的有效保存时间是1440h，在5℃时的有效保存时间是360h，则该疫苗在10℃时的有效保存时间是________h.
【答案】90
【解析】
【分析】根据已知的函数模型以及已知数据，通过待定系数法即可求得结果.
【详解】由题意，，
解得，
当时，，
故该疫苗在时的有效保存时间是小时.
故答案为：.
15. 对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的，都有不等式成立，则称数列具有性质. 给出下列四个结论：
①存在公差不为的等差数列具有性质；
②以为首项，为公比的等比数列具有性质；
③若由数列的前项和构成的数列具有性质，则数列也具有性质；
④若数列和均具有性质，则数列也具有性质.
其中所有正确结论序号是________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】对于①，可使用反证法证明①错误；对于②，取，并验证an具有性质即可；对于③和④，结合已知条件取适当的常数，并验证相应的数列具有性质即可.
【详解】对于①，假设存在公差为的等差数列an具有性质，则存在常数，
使得对任意，都有不等式成立.
则对任意的，都有，
但这对大于的正整数显然不成立，矛盾，故①错误；
对于②，设an是以为首项，为公比的等比数列，则，.
所以正实数满足对任意的，都有
.故②正确；
对于③，若由数列an的前项和构成的数列具有性质，则存在常数，
使得对任意的，都有不等式成立.
从而正实数满足对任意的，都有
.故③正确；
对于④，若数列an和bn均具有性质，存在常数，使得对任意的，
都有不等式成立；也存在常数，
使得对任意的，都有不等式成立.
从而正实数满足对任意的，都有
.故④正确.
故答案为：②③④
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解性质的定义，只有理解了定义，方可解决相应的问题.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在中，.
（1）求的值；
（2）若，，求b及的面积.
【答案】（1）2 （2），
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理边化角化简已知等式，再根据三角形中角度关系与正弦函数取值即可得结论；
（2）结合余弦定理求得关系，从而可得大小，再根据面积公式求解即可得答案.
【小问1详解】
因为，有正弦定理得，
所以，
由，得，
又因为，所以， 所以，
由正弦定理可得；
【小问2详解】
因为，，
所以由余弦定理得，
又由（1）可知，，所以，
整理得，即，
所以， 所以，
所以面积为.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，.
（1）求证：平面PAD；
（2）求平面与平面PCD的夹角的余弦值；
（3）记平面与平面PCD的交线为l.试判断直线AB与l的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）由线面垂直可得，由根据线线平行与线线垂直可得，根据线面垂直的判定定理即可得证所求；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面PAB与平面PCD的法向量，再根据面面夹角余弦公式求解即可得答案；
（3）根据线面平行判定定理得平面PCD，再根据线面平行的性质定理即可得结论.
【小问1详解】
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，，所以，
又因为平面PAD，所以平面PAD.
【小问2详解】
由（1）可知，，，，
如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，
则，，
设平面PAB的一个法向量为，
由得所以，令，则，
又因为平面PCD，所以是平面PCD的一个法向量.
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，则
.
【小问3详解】
直线.理由如下：
因为，平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD，
又因为平面PAB，平面平面，所以.
18. 已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）若存在极小值，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入，得，求导并利用导函数判定函数的单调性，即可求得函数的最值；
（2）先求导数，分类讨论和时函数的单调性，并根据函数有极小值求解的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，
当时，，
时，，在区间上单调递减，
时，，在区间上单调递增.
所以当时，取得最小值.
【小问2详解】
函数的导函数为.
（1）当时，，在区间上单调递减，
所以无极值.
（2）当时，令，得.
当变化时，与的变化情况如下表：
由上表知，当时，取得极小值
综上，的取值范围为.
19. 设函数.
（1）若，，求的值；
（2）已知在区间上单调递增，且是函数的图象的对称轴，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求ω，φ的值.
条件①：当时，取到最小值；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）代入参数值得到函数关系，求函数值；
（2）先由三角恒等变换化简三角函数，选择条件①由函数图像的性质得到两条对称轴即可求出周期，从而解出的值，代入函数值求得的值；选择条件③由函数图像的性质得到两条对称轴即可求出周期，从而解出的值，代入函数值求得的值；选择条件②不能求出参数值，故不能选条件②.
【小问1详解】
由，，得.
则；
【小问2详解】
，
，
.
选择条件①：
因为在区间上单调递增，
且是函数的图象的对称轴，
又当时，取到最小值，所以，
故.
因为，所以.
所以，.
又因为，
所以，得.
又因为，所以.
选择条件③：
因为在区间上单调递增，
且是函数的图象的对称轴，
又在区间上单调递减，所以，
故.
因为，所以.
所以，.
又因为，
所以，得.
又因为，所以.
选择条件②不能求出参数值，故不能选条件②.
20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论在区间上的零点个数；
（3）若，其中，求证：.
【答案】（1）
（2）1 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义分别求切点坐标与切线斜率，再根据直线的点斜式方程化简转化可得所求；
（2）分当和两段分别确定函数的单调性与取值情况，从而判断每段函数零点个数，从而得结论；
（3）设，求导确定函数的单调性与取值情况，从而可得结论.
【小问1详解】
由，得且，所以，
所以曲线在处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
①当时，，，所以.
所以在区间上无零点；
②当时，，，所以，
所以在区间上单调递增，
又，，
所以在区间上仅有一个零点，
综上，在区间上的零点个数为1.
【小问3详解】
设，即，
所以，
设，，
因为时，，，所以，
所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
故，所以在区间上单调递增.
故，所以.
因为，所以，
又，所以.
21. 若有穷正整数数列A：，，，…，满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①；②对任意的，都存在正整数，使得.
（1）判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由；
（2）已知数列A：，，，…，是T数列.
（i）证明：对任意的，与不能同时成立；
（ii）若n为奇数，求的最大值.
【答案】（1）数列A不是T数列，理由见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据T数列的定义分别验证条件①②即可判断数是否为T数列；
（2）（i）利用反证法假设存在，使得，分别根据条件①②验证假设，即可得结论；（ii）由条件①②可得，根据数列不等式以及数列求和即可得结论.
【小问1详解】
数列A不是T数列，理由如下：
对于数列A，因为，，且对任意的正整数，有
，
所以数列A不满足性质②，所以数列A不是T数列；
数列B是T数列，理由如下：
对于数列B，因为，，，，
所以数列B满足性质①，
又因为，，，，
，，，
所以数列B满足性质②.
所以数列B是T数列.
【小问2详解】
（i）假设存在，使得，
由性质①，可得，
由性质②，存在正整数，使得，
又因为，所以，故，
所以，
而，矛盾，
所以与不能同时成立；
（ii）由性质①，当时，可得，
又因为，为正整数，所以，
由性质②，对任意的，有，
因为对任意，，
所以，
所以
，
当，，
（）时，
上述不等式取到等号，且此时数列A满足①和②，是T数列，
综上，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题关键是对“T数列”的定义与理解，证明部分关键是灵活运用反证法，求和部分结合不等式的性质进行放缩处理.
x
-
0
+
↘
极小值
↗
2024.11
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 设集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可得答案.
【详解】因为集合，集合，
所以.
故选：A
2. 若函数在处取得最小值，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】因为，所以用基本不等式求得最小值，并找到最小值点为，得出结果.
【详解】∵，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴最小值点，即.
故选；C
3. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及单调性，结合基本初等函数的性质，即可逐一判断.
【详解】对于A，函数为指数函数，不具备奇偶性，故A错误；
对于B，函数的定义域为，
由于为偶函数，故B错误；
对于C，函数，由正切函数的性质可知为奇函数，
且在单调递增，故C错误；
对于D，函数的定义域为，
由，故函数为奇函数，
因为，
所以函数在单调递增，故D正确.
故选：D.
4. 如图，在中，， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的线性关系即可得到结果.
【详解】∵，，
∴，，
∴，故AB选项错误；
∴，故C选项正确，D选项错误.
故选：C
5. 已知单位向量，满足，设向量，则向量与向量夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先算出，，再利用向量夹角公式即可得到答案
【详解】解：，
，
所以，
故选：C.
6. 《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下的问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”.由此推算，在这5天中，织布超过1尺的天数共有（ ）
A. 1天B. 2天C. 3天D. 4天
【答案】B
【解析】
【分析】设这女子每天分别织布尺，则数列是等比数列，公比．利用等比数列的通项公式及其前项和公式即可得出．
【详解】设这女子每天分别织布尺，
则数列是等比数列，公比．
则，解得．
数列的通项公式为，
，
当时，则，
当时，则，
故超过1尺的天数共有2天.
故选：B．
7. 已知均为第二象限角，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】C
【解析】
【分析】结合三角函数的单调性、平方关系，并根据充分、必要条件的知识判断即可.
【详解】由题意， 若，因为均为第二象限角，所以，
所以，即，
所以，且均为第二象限角，
所以，所以，即充分性成立.
若，因为均为第二象限角，
所以，即，
所以，即，
因为均为第二象限角，所以，
所以，故必要性成立,
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
8. 已知函数若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过导数求出直线与分段函数各段相切对应的值，并结合图象即可求解.
【详解】当时，函数，则，
令，解得，
故直线与相切，即.
当时，函数，则，
令，解得，
故直线与相切，即.
如图所示，当或时，直线与分段函数有且仅有一个公共点.
故实数的取值范围为或.
故选：B.
9. 在三棱锥中，棱，，两两垂直，点在底面内，已知点到，，所在直线的距离分别为1，2，2，则线段的长为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由棱，，两两垂直建立空间直角坐标系，设点坐标，分别表示出到三条轴的距离，然后得出OP的值.
【详解】如图，棱，，两两垂直，
可以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
设，由题意可得：，∴，
∴，
故选：A
10. 数学家康托尔创立了集合论，集合论的产生丰富了现代计数方法.记为集合的元素个数，为集合的子集个数，若集合满足：①，；②，则的最大值是（ ）
A. 99B. C. D. 96
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据元素个数得到子集个数，即，分析出，即可求解.
【详解】设，
则，即，
所以,
若,则，即左边为奇数，右边为偶数，不成立，
若，则，即左边为奇数，右边为偶数，不成立，
所以,即，
因为，
且满足，
所以包含了的个元素外，
还包含个属于而不属于的元素，
当时，则,
如，符合题意.
当时，则,
如，符合题意.
所以的最大值为，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查交集与并集的混合运算，及集合的元素个数与集合子集间的关系，解题的关键由已知条件求，再分和讨论，体现了分类讨论的数学思想方法，难度较大.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 复数__________．
【答案】;
【解析】
【详解】 ，故答案为
12. 在中，已知，则__________；________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系，结合诱导公式即可求解.
【详解】因为，，又，故；
.
故答案为：；.
13. 已知数列的前n项和为（A，B为常数），写出一个有序数对________，使得数列是递增数列.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据数列的前n项和与数列通项的关系根据相减法即可得的通项，再根据数列的单调性可得的范围，从而可得有序数对的取值.
【详解】数列的前n项和为,
当时，，
所以，
即，
当时，符合上式，
综上，，
若数列递增数列，则，即，
故符合的有序数对可以为.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 某种灭活疫苗的有效保存时间（单位：）与储藏的温度（单位：℃）满足函数关系（为常数，其中）.已知该疫苗在0℃时的有效保存时间是1440h，在5℃时的有效保存时间是360h，则该疫苗在10℃时的有效保存时间是________h.
【答案】90
【解析】
【分析】根据已知的函数模型以及已知数据，通过待定系数法即可求得结果.
【详解】由题意，，
解得，
当时，，
故该疫苗在时的有效保存时间是小时.
故答案为：.
15. 对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的，都有不等式成立，则称数列具有性质. 给出下列四个结论：
①存在公差不为的等差数列具有性质；
②以为首项，为公比的等比数列具有性质；
③若由数列的前项和构成的数列具有性质，则数列也具有性质；
④若数列和均具有性质，则数列也具有性质.
其中所有正确结论序号是________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】对于①，可使用反证法证明①错误；对于②，取，并验证an具有性质即可；对于③和④，结合已知条件取适当的常数，并验证相应的数列具有性质即可.
【详解】对于①，假设存在公差为的等差数列an具有性质，则存在常数，
使得对任意，都有不等式成立.
则对任意的，都有，
但这对大于的正整数显然不成立，矛盾，故①错误；
对于②，设an是以为首项，为公比的等比数列，则，.
所以正实数满足对任意的，都有
.故②正确；
对于③，若由数列an的前项和构成的数列具有性质，则存在常数，
使得对任意的，都有不等式成立.
从而正实数满足对任意的，都有
.故③正确；
对于④，若数列an和bn均具有性质，存在常数，使得对任意的，
都有不等式成立；也存在常数，
使得对任意的，都有不等式成立.
从而正实数满足对任意的，都有
.故④正确.
故答案为：②③④
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解性质的定义，只有理解了定义，方可解决相应的问题.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在中，.
（1）求的值；
（2）若，，求b及的面积.
【答案】（1）2 （2），
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理边化角化简已知等式，再根据三角形中角度关系与正弦函数取值即可得结论；
（2）结合余弦定理求得关系，从而可得大小，再根据面积公式求解即可得答案.
【小问1详解】
因为，有正弦定理得，
所以，
由，得，
又因为，所以， 所以，
由正弦定理可得；
【小问2详解】
因为，，
所以由余弦定理得，
又由（1）可知，，所以，
整理得，即，
所以， 所以，
所以面积为.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，.
（1）求证：平面PAD；
（2）求平面与平面PCD的夹角的余弦值；
（3）记平面与平面PCD的交线为l.试判断直线AB与l的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）由线面垂直可得，由根据线线平行与线线垂直可得，根据线面垂直的判定定理即可得证所求；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面PAB与平面PCD的法向量，再根据面面夹角余弦公式求解即可得答案；
（3）根据线面平行判定定理得平面PCD，再根据线面平行的性质定理即可得结论.
【小问1详解】
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，，所以，
又因为平面PAD，所以平面PAD.
【小问2详解】
由（1）可知，，，，
如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，
则，，
设平面PAB的一个法向量为，
由得所以，令，则，
又因为平面PCD，所以是平面PCD的一个法向量.
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，则
.
【小问3详解】
直线.理由如下：
因为，平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD，
又因为平面PAB，平面平面，所以.
18. 已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）若存在极小值，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入，得，求导并利用导函数判定函数的单调性，即可求得函数的最值；
（2）先求导数，分类讨论和时函数的单调性，并根据函数有极小值求解的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，
当时，，
时，，在区间上单调递减，
时，，在区间上单调递增.
所以当时，取得最小值.
【小问2详解】
函数的导函数为.
（1）当时，，在区间上单调递减，
所以无极值.
（2）当时，令，得.
当变化时，与的变化情况如下表：
由上表知，当时，取得极小值
综上，的取值范围为.
19. 设函数.
（1）若，，求的值；
（2）已知在区间上单调递增，且是函数的图象的对称轴，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求ω，φ的值.
条件①：当时，取到最小值；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）代入参数值得到函数关系，求函数值；
（2）先由三角恒等变换化简三角函数，选择条件①由函数图像的性质得到两条对称轴即可求出周期，从而解出的值，代入函数值求得的值；选择条件③由函数图像的性质得到两条对称轴即可求出周期，从而解出的值，代入函数值求得的值；选择条件②不能求出参数值，故不能选条件②.
【小问1详解】
由，，得.
则；
【小问2详解】
，
，
.
选择条件①：
因为在区间上单调递增，
且是函数的图象的对称轴，
又当时，取到最小值，所以，
故.
因为，所以.
所以，.
又因为，
所以，得.
又因为，所以.
选择条件③：
因为在区间上单调递增，
且是函数的图象的对称轴，
又在区间上单调递减，所以，
故.
因为，所以.
所以，.
又因为，
所以，得.
又因为，所以.
选择条件②不能求出参数值，故不能选条件②.
20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论在区间上的零点个数；
（3）若，其中，求证：.
【答案】（1）
（2）1 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义分别求切点坐标与切线斜率，再根据直线的点斜式方程化简转化可得所求；
（2）分当和两段分别确定函数的单调性与取值情况，从而判断每段函数零点个数，从而得结论；
（3）设，求导确定函数的单调性与取值情况，从而可得结论.
【小问1详解】
由，得且，所以，
所以曲线在处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
①当时，，，所以.
所以在区间上无零点；
②当时，，，所以，
所以在区间上单调递增，
又，，
所以在区间上仅有一个零点，
综上，在区间上的零点个数为1.
【小问3详解】
设，即，
所以，
设，，
因为时，，，所以，
所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
故，所以在区间上单调递增.
故，所以.
因为，所以，
又，所以.
21. 若有穷正整数数列A：，，，…，满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①；②对任意的，都存在正整数，使得.
（1）判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由；
（2）已知数列A：，，，…，是T数列.
（i）证明：对任意的，与不能同时成立；
（ii）若n为奇数，求的最大值.
【答案】（1）数列A不是T数列，理由见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据T数列的定义分别验证条件①②即可判断数是否为T数列；
（2）（i）利用反证法假设存在，使得，分别根据条件①②验证假设，即可得结论；（ii）由条件①②可得，根据数列不等式以及数列求和即可得结论.
【小问1详解】
数列A不是T数列，理由如下：
对于数列A，因为，，且对任意的正整数，有
，
所以数列A不满足性质②，所以数列A不是T数列；
数列B是T数列，理由如下：
对于数列B，因为，，，，
所以数列B满足性质①，
又因为，，，，
，，，
所以数列B满足性质②.
所以数列B是T数列.
【小问2详解】
（i）假设存在，使得，
由性质①，可得，
由性质②，存在正整数，使得，
又因为，所以，故，
所以，
而，矛盾，
所以与不能同时成立；
（ii）由性质①，当时，可得，
又因为，为正整数，所以，
由性质②，对任意的，有，
因为对任意，，
所以，
所以
，
当，，
（）时，
上述不等式取到等号，且此时数列A满足①和②，是T数列，
综上，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题关键是对“T数列”的定义与理解，证明部分关键是灵活运用反证法，求和部分结合不等式的性质进行放缩处理.
x
-
0
+
↘
极小值
↗
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