北京市朝阳区2023届高三上学期数学期中质量检测试卷

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北京市朝阳区2023届高三上学期数学期中质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·朝阳期中）设复数，则（　　）
A． B． C．3 D．5
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【解答】，故.
故答案为：B
【分析】 利用复数的运算性质、模的计算公式即可求出答案.
2．（2022高三上·朝阳期中）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以.
故答案为：C
【分析】求出集合B，再根据并集的定义进行运算，可得答案.
3．（2022高三上·朝阳期中）下列函数中，在区间上单调递减的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】A选项：函数的定义域为，且在上单调递增，A选项错误；
B选项：函数的定义域为，且在上单调递减，B选项正确；
C选项：函数的定义域为，且在上单调递增，C选项错误；
D选项：函数的定义域为，且在上单调递增，D选项错误；
故答案为：B.
【分析】根据对数函数、指数函数、幂函数的单调性，逐项进行判断，可得答案.
4．（2022高三上·朝阳期中）“”是“”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】因为指数函数单调递增，
由可得：，充分性成立，
当时，，但不一定，必要性不成立，
故答案为：A
【分析】根据指数函数的单调性结合充分条件、必要条件的定义，可得答案.
5．（2022高三上·朝阳期中）已知球的半径为2，球心到平面的距离为，则球被平面截得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球面距离及相关计算
【解析】【解答】设截面圆半径为，由球的性质可知：则截面圆的半径，
所以球被平面截得的截面面积为，
故答案为：A.
【分析】先求截面圆的半径，然后求出截面面积.
6．（2022高三上·朝阳期中）在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边过点，则的值为（　　）
A．-7 B． C．1 D．7
【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】由终边过点，可得，
所以.
故答案为：D
【分析】 利用三角函数的定义，可求tana，进而利用两角和的正切函数公式即可求出答案.
7．（2022高三上·朝阳期中）已知为定义在上的函数，，且为奇函数，则（　　）
A． B． C．0 D．2
【答案】A
【知识点】函数奇偶性的性质
【解析】【解答】因为是奇函数，
所以有
即.
故答案为：A
【分析】根据奇函数的性质可求出，即可求解出答案.
8．（2022高三上·朝阳期中）如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】连接，交点为，如图所示：
，且是公共边，
，，
易得，，
即，又，，
，平面，
平面，又平面，
平面平面.
过点作平面，垂足为，连接，
，，
平面，，，
由是公共边，，
即有，
三点在以为直径的圆周上，
，，，
，
，
.
故答案为：C
【分析】先证明，从而可证平面平面，则有顶点P的射影在AC上，从而可得，即有三点在以为直径的圆周上，再求出底面积和高即可求出四棱锥的体积.
9．（2022高三上·朝阳期中）已知是边长为2的等边三角形，点在线段上，，点在线段上，且与的面积相等，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】如图所示：
，，
而，，
所以是的中点，，，
.
故答案为：C
【分析】 根据 ， 与的面积相等 ，可确定是的中点，再结合向量运算的平行四边形法则和基本定理求解出 的值 .
10．（2022高三上·朝阳期中）现实生活中，空旷田野间两根电线杆之间的电线与峡谷上空横跨深涧的观光索道的钢索有相似的曲线形态，这类曲线在数学上常被称为悬链线.在合适的坐标系中，这类曲线可用函数来表示.下列结论正确的是（　　）
A．若，则函数为奇函数 B．若，则函数有最小值
C．若，则函数为增函数 D．若，则函数存在零点
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最值及其几何意义；函数奇偶性的判断
【解析】【解答】对A：取，满足，此时，
其定义域为，关于原点对称，且，此时为偶函数，A不符合题意；
对B：，令，故若存在最小值，则有最小值，
因为，故，根据对勾函数的单调性可知，有最小值，无最大值，
故当时，有最大值没有最小值，B不符合题意；
对C：当时，满足，又是单调减函数，是单调减函数，
故是单调减函数，C不符合题意；
对D：令，即，则，因为，故，
解得，故当，即为函数零点，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】 直接利用函数的奇偶性和函数的单调性及函数的零点及最值得关系的应用，逐项进行判断，可得答案.
二、填空题
11．（2022高三上·朝阳期中）函数的定义域是　 　.
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】要使函数有意义，则，
解得且.
即函数的定义域是.
故答案为：.
【分析】 根据函数为偶次根式，被开方数大于等于0，函数为分式，分母必不为0，进行求解，可得答案.
12．（2022高三上·朝阳期中）已知向量，，且，则　 　.
【答案】2
【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，，且，
所以，即，解得.
故答案为：2
【分析】由得， 利用向量数量积的坐标运算得出关于m的方程，求解可得答案.
13．（2022高三上·朝阳期中）已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且.给出下列四个结论：
①；
②；
③对任意的，都有；
④存在常数，使得对任意的，都有，
其中所有正确结论的序号是　 　.
【答案】①②③
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】由题意知：，∴，
∵，∴，∴，，
又，∴，
∵，∴，
∴，
∵随着的增大而增大，∴，∴，
∴，即，∴随着的增大而减小，
故：为正项单调递减无穷数列，且，
∴，故①正确；
∵，∴，
∴
，
∵随着的增大而增大，
∴，，∴，
随着的增大而减小，
∴，，∴，
∴，
∴，∴，
∴，
即：，故②正确；
∵，∴要判断，即判断：，
即判断：，即判断：，
而，
当且仅当时取等号，∴对任意的都成立，
∴对任意的，都有，故③正确；
根据以上分析可以得出：为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，
∴存在常数，对任意的，当足够大时，总会有，故④错误.
故答案为：①②③.
【分析】由已知条件得为正项单调递减无穷数列，且，随着的增大而减小，为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，逐项进行判断，可得答案.
14．（2022高三上·朝阳期中）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则　 　；若为偶函数，则的最小值是　 　.
【答案】；
【知识点】余弦函数的奇偶性与对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；余弦函数的周期性
【解析】【解答】解：将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
即，
所以；
若函数为偶函数，则，，
得，
，当时，取得最小值为，
故答案为：；．
【分析】 由题意，利用函数y=Asin(x+φ )的图象变换规律，求出 的值；再根据余弦函数的图象的奇偶性，求解出 的最小值 .
15．（2022高三上·朝阳期中）已知函数其中.若，则函数的值域是　 　；若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是　 　.
【答案】；
【知识点】根的存在性及根的个数判断；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】时，，
当时，，
当时，，
综上：，即函数的值域是.
，
当时，令，得，
故在上，函数有一个零点，
当时，设，
由题意可知：在上有且仅有一个零点，
所以或，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：；.
【分析】由分段函数分别求值域即可； 易知在x<1和x≥1时，分别有一个零点，由二次函数的零点分布情况即可求解出 的取值范围 .
三、解答题
16．（2022高三上·朝阳期中）已知函数.
（1）求的最小正周期及值域；
（2）求的单调递增区间.
【答案】（1）解：，
故的最小正周期，的值域为.
（2）解：根据（1）中所求，，
令，解得.
故的单调增区间为：.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的定义域和值域；正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【分析】（1）利用二倍角公式以及三角恒等变换化简，然后求解出 的最小正周期及值域；
（2）由（1）得 ， 根据正弦函数的单调性进行求解，可求出 的单调递增区间.
17．（2022高三上·朝阳期中）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.
（1）求证：//平面；
（2）若侧面是正方形，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取中点为，连接，如下所示：
因为点分别为的中点，故//，，
又点为的中点，且四边形为矩形，故//，，
故//，，故四边形为平行四边形，
则//，又面面，
故//面.
（2）证明：（ⅰ）因为为正方形，故可得，
又因为面面，且面面，
又面，故可得面，
又面，故可得.
（ⅱ）因为//，
故直线与平面所成角与直线与面所成角相等，
因为面，
故可得面；
又因为//面面，故可得//面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
根据（1）所得，面，又面，故，
又因为//，故可得，
则，
在三角形中，，
又点为中点，故可得，
在三角形中，，
在三角形中，，
故在三角形中，
则，，
设点到平面的距离为，由，
则，即，解得，
设与面所成角为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 取中点为，连接 ，证得四边形为平行四边形，可得// ，利用线面平行的判定定理可证得 //面 ；
（2） （ⅰ） 由 为正方形，可得，由面面 可得 面， 利用线面垂直的性质定理可证得 ；
（ⅱ） 由 //可得直线与平面所成角与直线与面所成角相等，可得面 ，即 点到平面的距离即为点到平面的距离， 利用等体积法可求出直线与平面所成角的正弦值 .
18．（2022高三上·朝阳期中）在中，，，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，使存在且唯一，并求：
（条件①：；条件②：；条件③：）
（1）的值；
（2）的面积.
【答案】（1）解：若选条件①，则，，，
由正弦定理得：，得，
因为，所以，而，
所以在上有两根，不唯一.
若选条件②，，，，
由余弦定理得：，
代入数据解得：或（舍）.
若选条件③：，，，
所以，由正弦定理得：，
代入数据得：，
所以
，
由余弦定理得：，
代入数据得：，解得或（舍）
综上：.
（2）解：因为，，，
所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 （1）选择条件①，由正弦定理化简已知等式可得 ， 可得 在上有两根，不唯一；选择条件②， 由余弦定理可得c的值；选择条件③，利用正弦定理可求 b的值，再由余弦定理可得c的值；
（2）由（1）得 ， 利用三角形的面积公式可求出 的面积.
19．（2022高三上·朝阳期中）已知公差大于0的等差数列满足，，为数列的前项和.
（1）求的通项公式；
（2）若，，成等比数列，求，的值.
【答案】（1）解：因为，所以，
而，所以或，
又因为公差大于0，所以，得，
所以.
即
（2）解：，
所以，，
若，，成等比数列，则有，
即，又因为，且，
所以或，
解得或.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件求出d，再利用等差数列的通项公式求出 的通项公式；
（2）利用等比数列的性质结合等差数列的前n项和公式可求出 ，的值.
20．（2022高三上·朝阳期中）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在处取得极值，求的值；
（3）若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题知：，
，所以，
所以切线方程为，即；
（2）解：，
因为函数在处取得极值，所以，
即，得.
此时，在附近为正值，故在附近单调递增，又，
∴的值在附近从左到右由负变正，
在处取得极小值，符合题意.
故；
（3）解：∵
∴，，
当，即，由函数图象的连续性可知，必存在存在正实数，使得对任意的，，对应单调递增，从而，不合题意；
当，即， 由函数图象的连续性可知，必存在存在正实数，使得对任意的，，对应单调递减，从而，符合题意；
当时，，，
在（0，π）上恒为正，所以单调递增，
∴在（0，π）上，对应单调递增，从而，不合题意；
综上，的范围是.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求出函数的导数，可得切线的斜率，即可得曲线在点处的切线方程；
（2）求出导数， 函数在处取得极值，则f'(0)=1+a= 0，解得a=-1， 的值在附近从左到右由负变正，在处取得极小值 ，可得 的值；
（3） 求出函数的导数，通过讨论 的符号，求出函数的单调区间，可求得 的取值范围.
21．（2022高三上·朝阳期中）已知集合，，若中元素的个数为，且存在，，使得，则称是的子集.
（1）若，写出的所有子集；
（2）若为的子集，且对任意的，，存在，使得，求的值；
（3）若，且的任意一个元素个数为的子集都是的子集，求的最小值.
【答案】（1）解：当时，，的所有子集为.
（2）解：当时，取，因为，所以是的子集，此时；
若，设且，
根据题意，，其中；
因为，所以，所以；
又因为，所以；
因为，所以，
所以；
因为，所以，
所以，与矛盾.
综上所述，.
（3）解：设
，
设的元素个数为，
若不是的子集，
则最多能包含中的一个元素以及中的元素；
令，易验证不是的子集，
当时，的任意一个元素个数为的子集都不是的子集，
所以，若的任意一个元素个数为的子集都是的子集，则；
当时，存在，使得中必有两个元素属于，
同时中两个元素之和为的某个正整数指数幂，
所以是的子集；
所以，的最小值为.
【知识点】子集与真子集
【解析】【分析】（1） 当时， ，可得 的所有子集；
（2）根据题意求出 ， 若，设且，根据题意可得，得 ，即 ， 可得 的值；
（3） 令，易验证不是的子集， 分 和 两种情况求解可得 的最小值 .
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北京市朝阳区2023届高三上学期数学期中质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·朝阳期中）设复数，则（　　）
A． B． C．3 D．5
2．（2022高三上·朝阳期中）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
3．（2022高三上·朝阳期中）下列函数中，在区间上单调递减的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2022高三上·朝阳期中）“”是“”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2022高三上·朝阳期中）已知球的半径为2，球心到平面的距离为，则球被平面截得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·朝阳期中）在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边过点，则的值为（　　）
A．-7 B． C．1 D．7
7．（2022高三上·朝阳期中）已知为定义在上的函数，，且为奇函数，则（　　）
A． B． C．0 D．2
8．（2022高三上·朝阳期中）如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
9．（2022高三上·朝阳期中）已知是边长为2的等边三角形，点在线段上，，点在线段上，且与的面积相等，则的值为（　　）
A． B． C． D．
10．（2022高三上·朝阳期中）现实生活中，空旷田野间两根电线杆之间的电线与峡谷上空横跨深涧的观光索道的钢索有相似的曲线形态，这类曲线在数学上常被称为悬链线.在合适的坐标系中，这类曲线可用函数来表示.下列结论正确的是（　　）
A．若，则函数为奇函数 B．若，则函数有最小值
C．若，则函数为增函数 D．若，则函数存在零点
二、填空题
11．（2022高三上·朝阳期中）函数的定义域是　 　.
12．（2022高三上·朝阳期中）已知向量，，且，则　 　.
13．（2022高三上·朝阳期中）已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且.给出下列四个结论：
①；
②；
③对任意的，都有；
④存在常数，使得对任意的，都有，
其中所有正确结论的序号是　 　.
14．（2022高三上·朝阳期中）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则　 　；若为偶函数，则的最小值是　 　.
15．（2022高三上·朝阳期中）已知函数其中.若，则函数的值域是　 　；若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是　 　.
三、解答题
16．（2022高三上·朝阳期中）已知函数.
（1）求的最小正周期及值域；
（2）求的单调递增区间.
17．（2022高三上·朝阳期中）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.
（1）求证：//平面；
（2）若侧面是正方形，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2022高三上·朝阳期中）在中，，，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，使存在且唯一，并求：
（条件①：；条件②：；条件③：）
（1）的值；
（2）的面积.
19．（2022高三上·朝阳期中）已知公差大于0的等差数列满足，，为数列的前项和.
（1）求的通项公式；
（2）若，，成等比数列，求，的值.
20．（2022高三上·朝阳期中）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在处取得极值，求的值；
（3）若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围.
21．（2022高三上·朝阳期中）已知集合，，若中元素的个数为，且存在，，使得，则称是的子集.
（1）若，写出的所有子集；
（2）若为的子集，且对任意的，，存在，使得，求的值；
（3）若，且的任意一个元素个数为的子集都是的子集，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【解答】，故.
故答案为：B
【分析】 利用复数的运算性质、模的计算公式即可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以.
故答案为：C
【分析】求出集合B，再根据并集的定义进行运算，可得答案.
3．【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】A选项：函数的定义域为，且在上单调递增，A选项错误；
B选项：函数的定义域为，且在上单调递减，B选项正确；
C选项：函数的定义域为，且在上单调递增，C选项错误；
D选项：函数的定义域为，且在上单调递增，D选项错误；
故答案为：B.
【分析】根据对数函数、指数函数、幂函数的单调性，逐项进行判断，可得答案.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】因为指数函数单调递增，
由可得：，充分性成立，
当时，，但不一定，必要性不成立，
故答案为：A
【分析】根据指数函数的单调性结合充分条件、必要条件的定义，可得答案.
5．【答案】A
【知识点】球面距离及相关计算
【解析】【解答】设截面圆半径为，由球的性质可知：则截面圆的半径，
所以球被平面截得的截面面积为，
故答案为：A.
【分析】先求截面圆的半径，然后求出截面面积.
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】由终边过点，可得，
所以.
故答案为：D
【分析】 利用三角函数的定义，可求tana，进而利用两角和的正切函数公式即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】函数奇偶性的性质
【解析】【解答】因为是奇函数，
所以有
即.
故答案为：A
【分析】根据奇函数的性质可求出，即可求解出答案.
8．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】连接，交点为，如图所示：
，且是公共边，
，，
易得，，
即，又，，
，平面，
平面，又平面，
平面平面.
过点作平面，垂足为，连接，
，，
平面，，，
由是公共边，，
即有，
三点在以为直径的圆周上，
，，，
，
，
.
故答案为：C
【分析】先证明，从而可证平面平面，则有顶点P的射影在AC上，从而可得，即有三点在以为直径的圆周上，再求出底面积和高即可求出四棱锥的体积.
9．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】如图所示：
，，
而，，
所以是的中点，，，
.
故答案为：C
【分析】 根据 ， 与的面积相等 ，可确定是的中点，再结合向量运算的平行四边形法则和基本定理求解出 的值 .
10．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最值及其几何意义；函数奇偶性的判断
【解析】【解答】对A：取，满足，此时，
其定义域为，关于原点对称，且，此时为偶函数，A不符合题意；
对B：，令，故若存在最小值，则有最小值，
因为，故，根据对勾函数的单调性可知，有最小值，无最大值，
故当时，有最大值没有最小值，B不符合题意；
对C：当时，满足，又是单调减函数，是单调减函数，
故是单调减函数，C不符合题意；
对D：令，即，则，因为，故，
解得，故当，即为函数零点，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】 直接利用函数的奇偶性和函数的单调性及函数的零点及最值得关系的应用，逐项进行判断，可得答案.
11．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】要使函数有意义，则，
解得且.
即函数的定义域是.
故答案为：.
【分析】 根据函数为偶次根式，被开方数大于等于0，函数为分式，分母必不为0，进行求解，可得答案.
12．【答案】2
【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，，且，
所以，即，解得.
故答案为：2
【分析】由得， 利用向量数量积的坐标运算得出关于m的方程，求解可得答案.
13．【答案】①②③
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】由题意知：，∴，
∵，∴，∴，，
又，∴，
∵，∴，
∴，
∵随着的增大而增大，∴，∴，
∴，即，∴随着的增大而减小，
故：为正项单调递减无穷数列，且，
∴，故①正确；
∵，∴，
∴
，
∵随着的增大而增大，
∴，，∴，
随着的增大而减小，
∴，，∴，
∴，
∴，∴，
∴，
即：，故②正确；
∵，∴要判断，即判断：，
即判断：，即判断：，
而，
当且仅当时取等号，∴对任意的都成立，
∴对任意的，都有，故③正确；
根据以上分析可以得出：为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，
∴存在常数，对任意的，当足够大时，总会有，故④错误.
故答案为：①②③.
【分析】由已知条件得为正项单调递减无穷数列，且，随着的增大而减小，为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，逐项进行判断，可得答案.
14．【答案】；
【知识点】余弦函数的奇偶性与对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；余弦函数的周期性
【解析】【解答】解：将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
即，
所以；
若函数为偶函数，则，，
得，
，当时，取得最小值为，
故答案为：；．
【分析】 由题意，利用函数y=Asin(x+φ )的图象变换规律，求出 的值；再根据余弦函数的图象的奇偶性，求解出 的最小值 .
15．【答案】；
【知识点】根的存在性及根的个数判断；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】时，，
当时，，
当时，，
综上：，即函数的值域是.
，
当时，令，得，
故在上，函数有一个零点，
当时，设，
由题意可知：在上有且仅有一个零点，
所以或，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：；.
【分析】由分段函数分别求值域即可； 易知在x<1和x≥1时，分别有一个零点，由二次函数的零点分布情况即可求解出 的取值范围 .
16．【答案】（1）解：，
故的最小正周期，的值域为.
（2）解：根据（1）中所求，，
令，解得.
故的单调增区间为：.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的定义域和值域；正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【分析】（1）利用二倍角公式以及三角恒等变换化简，然后求解出 的最小正周期及值域；
（2）由（1）得 ， 根据正弦函数的单调性进行求解，可求出 的单调递增区间.
17．【答案】（1）证明：取中点为，连接，如下所示：
因为点分别为的中点，故//，，
又点为的中点，且四边形为矩形，故//，，
故//，，故四边形为平行四边形，
则//，又面面，
故//面.
（2）证明：（ⅰ）因为为正方形，故可得，
又因为面面，且面面，
又面，故可得面，
又面，故可得.
（ⅱ）因为//，
故直线与平面所成角与直线与面所成角相等，
因为面，
故可得面；
又因为//面面，故可得//面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
根据（1）所得，面，又面，故，
又因为//，故可得，
则，
在三角形中，，
又点为中点，故可得，
在三角形中，，
在三角形中，，
故在三角形中，
则，，
设点到平面的距离为，由，
则，即，解得，
设与面所成角为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 取中点为，连接 ，证得四边形为平行四边形，可得// ，利用线面平行的判定定理可证得 //面 ；
（2） （ⅰ） 由 为正方形，可得，由面面 可得 面， 利用线面垂直的性质定理可证得 ；
（ⅱ） 由 //可得直线与平面所成角与直线与面所成角相等，可得面 ，即 点到平面的距离即为点到平面的距离， 利用等体积法可求出直线与平面所成角的正弦值 .
18．【答案】（1）解：若选条件①，则，，，
由正弦定理得：，得，
因为，所以，而，
所以在上有两根，不唯一.
若选条件②，，，，
由余弦定理得：，
代入数据解得：或（舍）.
若选条件③：，，，
所以，由正弦定理得：，
代入数据得：，
所以
，
由余弦定理得：，
代入数据得：，解得或（舍）
综上：.
（2）解：因为，，，
所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 （1）选择条件①，由正弦定理化简已知等式可得 ， 可得 在上有两根，不唯一；选择条件②， 由余弦定理可得c的值；选择条件③，利用正弦定理可求 b的值，再由余弦定理可得c的值；
（2）由（1）得 ， 利用三角形的面积公式可求出 的面积.
19．【答案】（1）解：因为，所以，
而，所以或，
又因为公差大于0，所以，得，
所以.
即
（2）解：，
所以，，
若，，成等比数列，则有，
即，又因为，且，
所以或，
解得或.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件求出d，再利用等差数列的通项公式求出 的通项公式；
（2）利用等比数列的性质结合等差数列的前n项和公式可求出 ，的值.
20．【答案】（1）解：由题知：，
，所以，
所以切线方程为，即；
（2）解：，
因为函数在处取得极值，所以，
即，得.
此时，在附近为正值，故在附近单调递增，又，
∴的值在附近从左到右由负变正，
在处取得极小值，符合题意.
故；
（3）解：∵
∴，，
当，即，由函数图象的连续性可知，必存在存在正实数，使得对任意的，，对应单调递增，从而，不合题意；
当，即， 由函数图象的连续性可知，必存在存在正实数，使得对任意的，，对应单调递减，从而，符合题意；
当时，，，
在（0，π）上恒为正，所以单调递增，
∴在（0，π）上，对应单调递增，从而，不合题意；
综上，的范围是.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求出函数的导数，可得切线的斜率，即可得曲线在点处的切线方程；
（2）求出导数， 函数在处取得极值，则f'(0)=1+a= 0，解得a=-1， 的值在附近从左到右由负变正，在处取得极小值 ，可得 的值；
（3） 求出函数的导数，通过讨论 的符号，求出函数的单调区间，可求得 的取值范围.
21．【答案】（1）解：当时，，的所有子集为.
（2）解：当时，取，因为，所以是的子集，此时；
若，设且，
根据题意，，其中；
因为，所以，所以；
又因为，所以；
因为，所以，
所以；
因为，所以，
所以，与矛盾.
综上所述，.
（3）解：设
，
设的元素个数为，
若不是的子集，
则最多能包含中的一个元素以及中的元素；
令，易验证不是的子集，
当时，的任意一个元素个数为的子集都不是的子集，
所以，若的任意一个元素个数为的子集都是的子集，则；
当时，存在，使得中必有两个元素属于，
同时中两个元素之和为的某个正整数指数幂，
所以是的子集；
所以，的最小值为.
【知识点】子集与真子集
【解析】【分析】（1） 当时， ，可得 的所有子集；
（2）根据题意求出 ， 若，设且，根据题意可得，得 ，即 ， 可得 的值；
（3） 令，易验证不是的子集， 分 和 两种情况求解可得 的最小值 .
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