北京市朝阳区2024届高三上学期数学期中数学试题
一、单选题
1．（2023高三上·海淀期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021高三上·海淀期中）下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·海淀期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2018高三上·三明模拟）已知直线 与平面 满足 ， ， ， ，则下列判断一定正确的
是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022·丰台模拟）已知偶函数在区间上单调递减．若，则x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021高三上·朝阳期中）我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则 （ ）
A．16 B．15 C．12 D．9
7．（2020高二上·宝安期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，则“{an}是等差数列”是“ 是等差数列”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
8．（2021高三上·朝阳期中）如图，在直角梯形 中， ， ， ， ， 是线段 上的动点，则 的最小值为（ ）
A． B．6 C． D．4
9．“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为2，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，且MN为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（ ）
A． B． C． D．
10．数列的通项公式为，前项和为，给出下列三个结论：
①存在正整数，使得；
②存在正整数，使得；
③记，则数列有最小项；
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题
11．已知向量，若，则 ；若，则 .
12．已知角的终边与单位圆交于点在第二象限，且点的横坐标为，则 .
13．被誉为信息论之父的香农提出了一个著名的公式：，其中为最大数据传输速率，单位为；为信道带宽，单位为；为信噪比.香农公式在技术中发挥着举足轻重的作用，当时，最大数据传输速率记为；当时，最大数据传输速率记为，则为 .
14．已知的图象向右平移个单位后得到的图象，则函数在区间上的最小值为 ；若值域为，则满足条件的一个可以为 .
15．已知函数，其中且．给出下列四个结论：
①若，则函数的零点是；
②若函数无最小值，则的取值范围为；
③若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增；
④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．已知等差数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是公比为3的等比数列，且，求数列的前n项和Sn，
17．在中，角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：的周长为9.
18．如图，在四棱锥中，平面.为的中点，点在上，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）问：棱上是否存在一点，使点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
19．已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若，求的取值范围．
20．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在处取得极小值，求的值，并说明理由.
（3）若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围.
21．设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；②
（1）若为数列，且，求m；
（2）若为数列，求的所有可能值；
（3）若对任意的数列，均有，求d的最小值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】因为集合，，因此，.
故答案为：D.
【分析】根据并集的定义进行运算可得答案.
2．【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】对于A，函数 是奇函数，但在其定义域上不单调，A不正确；
对于B，函数 定义域是R，是奇函数，当 时， 在 上单调递增，当 时， 在 上也单调递增，
即函数 在其定义域R上单调递增，B符合题意；
对于C，函数 是奇函数，但在其定义域上不单调，C不正确；
对于D，函数 定义域是 ，它是奇函数，在 和 上单调递增，但在其定义域上不单调，D不正确.
故答案为：B
【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质，逐项进行判断，可得答案。
3．【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；正弦函数的性质
【解析】【解答】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，因此，
故答案为：B
【分析】 利用指数，对数的运算性质以及三角函数的性质即可求解出答案.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】∵α∩β=m，∴m α，
又∵n⊥α，∴n⊥m．
∵n⊥α，n γ，
∴α⊥γ，
故答案为：D
【分析】根据直线与平面垂直的性质和判定定理，平面与平面垂直的性质和判定定理可得，直线n垂直于m，平面垂直于平面，故D正确；平面不一定与直线m垂直，还可能相交，故A、C错误；直线n可以平行于平面，也可以在平面内，故B错误。
5．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：偶函数在区间上单调递减，所以在区间上单调递增；
则等价于，即，
即，解得，即原不等式的解集为；
故答案为：C
【分析】根据偶函数的对称性得到在区间上单调递增，再根据函数的奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，求解即可.
6．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1， ，
设 ，则 ，
在 中， ，即 ，解得 或 （舍去），
，
.
故答案为：A.
【分析】 设，由勾股定理可求得x=3，再根据即可得解.
7．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】首先证“充分条件”：因为{an}是等差数列，所以
所以 ，
所以 常数，
所以 是等差数列．
证“必要条件”因为 是等差数列，所以设数列 的公差为 ，
则 所以
当 时，
所以 当 时满足.
所以 常数，
所以{an}是等差数列.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出 “{an}是等差数列”是“ 是等差数列”的充要条件。
8．【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算
【解析】【解答】解：如图，以 点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设 ， ，
因为 ， ，
所以 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以当 ，即 时， 的最小值为6.
故答案为：B
【分析】以 点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设 ， ，则，结合平面向量的坐标运算推出，故当时，可得 的最小值 .
9．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质；组合几何体的面积、体积问题
【解析】【解答】过缺口M向桶边作垂线MB，MN恰好平分AMBN.因为桶倾斜与地面成，所以，所以MN=4，AN=，则多盛水的体积为V=.
故答案为：B.
【分析】过缺口M向桶边作垂线MB，作出截面图AMBN，MN恰好平分AMBN.求出圆柱的底面半径，代入圆柱体积公式，求出缺口以上圆柱部分体积的一半即为多盛水的体积.
10．【答案】C
【知识点】数列的函数特性；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】因为 数列的通项公式为 ，令an=0，则n=0（舍）或n=3，所以a3=0，所以存在m=2，n=3，使得Sm=Sn，故正确.
若 存在正整数，使得 ，则，
因为，所以只有n=1与n=2时成立，但此时a1=a2=-2，不成立，故错误.
令an=0，则n=0（舍）或n=3，所以a3=0，所以时，，又T1=-2，T2=4， 数列有最小项 ，T1=-2.故正确.
故答案为：C.
【分析】 根据，只要有m，n存在使得Sm=Sn即可.
由于基本不等式a+b成立的条件为一正二定三相等，当且仅当a=b时取等号，所以，没有满足条件的 正整数，故错误。
由知=0，因此只要有，Tn就为0，所以只要计算T1、T2即可，正确.
11．【答案】4；-9
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】 向量，若， 则，所以m=4.
若 ，则-2m=18，所以m=-9.
故答案为：1，-9
【分析】根据向量平行、垂直的条件代入公式即可得结论.
12．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；任意角三角函数的定义；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】设P，则y=， 因为点在第二象限 ，所以P，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】在单位圆中求出 角 的正弦、余弦，代入二倍角公式即可.注意函数值的符号.
13．【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】 因为， 当时 ，， 当时， ，所以.
故答案为：
【分析】直接代入“香农公式”，根据对数运算性质计算C1、C2即可.
14．【答案】；（答案不唯一）
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；两角和与差的正弦公式；诱导公式
【解析】【解答】(1)因为，，所以，所以当时，f(x)取得最小值
(2)f(x)其图象向右平移a个单位后得到，
若值域为 则=0，， 则满足条件的一个可以为 .
故答案为：-1，.
【分析】第一空，先将f(x)转化为，然后根据x研究范围得到，
观察图象即可得到答案.
第二空，由f(x)+g(x)=0，得，根据，（k），可以得到a的若干值.
15．【答案】①④
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】 ①若 ，则函数有唯一零点，是0，故 ① 正确.
② 当时f(x)无最小值，又 且 ，所以a的取值范围是，故②错误.
③当时，在上单调递减，在（0，1），上分别单调递增，故③错误.
④ 当a=2时， =0，函数有无数根，不满足恰有三个不相等的实数根 .
当时，令得.
当时(a-2)(x-1)=a-2，解得x3=2.
当时，，解得所以，
因为，所以，所以.故 ④ 正确.
故答案为：①④
【分析】作出分段函数的图象，观察 ，则函数有唯一零点O，故① 正确，观察时f(x)无最小值，考虑已知 且 ，得到②错误.观察当 时单调区间，得到 ③错误.当时，分段求值，得到三根，进而得到， ④ 正确.
16．【答案】（1）设等差数列的公差为d．
由，可得，
即，解得．
所以
（2）若数列是公比为3的等比数列，且，
则．
由（1）可得，
．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】(1)根据等差数列通项公式和恒等式性质，解方程，求得首项和公差，代入等差数列通项公式即可.
(2)由等比数列通项公式得到bn-an，进而求得bn，再根据等差、等比数列求和公式分组求和，计算可得结论.
17．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
即，
又因为，可得，
所以，可得.
（2）解：由（1）得，由正弦定理得，
若选条件①：由余弦定理得，即，
又由，解得，则，此时存在且唯一确定，
因为，则，可得，
所以；
若选条件②：由，因为，即，
若为锐角，则，
由余弦定理，即，
整理得，且，解得，则；
若为钝角，则，
由余弦定理得，即，
整理得，且，解得，则；
综上所述，此时存在但不唯一确定，不合题意；
若条件③：因为，即，解得，则，
所以此时存在且唯一确定，
由余弦定理得，
因为，可得，
所以．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理，将边转化为角，再由两角和的正弦公式即可求得.
(2)选择各条件，利用余弦定理，求出所需边和角的正弦，并判断使得三角形存在且唯一确定，再代入三角形面积公式计算.
18．【答案】（1）如图，在平面内，过点作，
因为平面，平面，
所以，
所以，
又因为，
所以分别以，，为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，因为，所以，
所以，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，
所以平面平面.
（2）易知平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）棱上存在一点，使点到平面的距离为，
设，
因为 ，，所以，
所以，
又因为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，得到，
所以
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)先判断三条直线DA、DC、DM两两垂直，然后以它们i建立空间直角坐标系，得到各点坐标，再求平面AEF、平面PCD的法向量，证明两法向量数量积为0，即可得到两平面垂直.
（2）求出两平面法向量，两法向量所成角即为两平面所成角，代入两向量夹角公式即可.
（3）假设存在，根据到平面的距离为，列出方程，能求出符合条件的值，说明存在，否则不存在.
19．【答案】（1）当时，，定义域为，
所以，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为．
（2）由，得，下面证明时，．
证明如下：因为，，
令
所以，
因为，所以，
所以在上单调递减，
又因为，即
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为，
所以时，，
则的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求定义域，再通过导数的正负确定函数的单调区间，即可求出函数最大值.
（2）特值探路，由，得，只要证明时，即可得结论.结合利用导数判断单调性完成.
20．【答案】（1）因为，则，，
故，所以曲线在点处的切线方程为
（2）由（1）知，
函数在处取得极小值，所以 ，此时，
所以，
设，则
因在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，当时，，
即 在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，满足题意，
故.
（3）因为，则，，
当，即，由函数图象的连续性可知，
必存在正实数，使得对任意的，，
此时单调递增，从而，不符合题意；
当，即，由函数图象的连续性可知，
必存在正实数，使得对任意的，，
对应单调递减，从而，符合题意；
当时，，，
设，在上恒为正，
所以在上单调递增，
所以在上，在上单调递增，
从而，不合题意；
综上，的范围是
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求导，将x=0代入求出切线的斜率，代入点斜式方程即可.
（2）根据函数在处取得极小值 ，得，求出a的值，将a的值代回，通过导数与函数单调性、极值的关系，说明理由.
(3)分，，三种情况讨论，利用导数和函数单调性关系，得出满足条件得a的取值范围.
21．【答案】（1）依题意，，
所以，，，，，
所以.
（2）依题意，，
下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，
时，符合题意，
反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列，
设此时的最小值为，
即时存在数列，时不存在数列，
①当为奇数时，因为存在以为首项的数列，、、、，
所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，
②当为偶数时，因为存在以为首项的数列，、、、，
所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，
综上，的所有可能取值为全体大于的正整数.
（3）依题意，，，，，
先证明符合题意，即，
当时显然成立，
当时，对任意，，故，
即，
（i）当时，由，，
所以.
（ii）当时，由，，，
所以.
再证明.
对任意的偶数，令，
先验证为数列，
当时为奇数，，符合②；
当时为偶数，，符合②；
当时，，符合②；
又符合①，所以为数列.
下面证明不符合题意.
假设，
因为，，
所以，，矛盾.
综上可得的最小值为.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列与函数的综合；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由已知定义一 一列举即可求得.
（2）利用反证法证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，时，符合题意.假设不存在，展开讨论，得出与假设矛盾，从而得a1的所有可能取值为全体大于的正整数.
(3)先证明符合题意，即，再利用特例证明符合题意，最后用反证法证明不符合题意.即可得的最小值为.
1 / 1北京市朝阳区2024届高三上学期数学期中数学试题
一、单选题
1．（2023高三上·海淀期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】因为集合，，因此，.
故答案为：D.
【分析】根据并集的定义进行运算可得答案.
2．（2021高三上·海淀期中）下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】对于A，函数 是奇函数，但在其定义域上不单调，A不正确；
对于B，函数 定义域是R，是奇函数，当 时， 在 上单调递增，当 时， 在 上也单调递增，
即函数 在其定义域R上单调递增，B符合题意；
对于C，函数 是奇函数，但在其定义域上不单调，C不正确；
对于D，函数 定义域是 ，它是奇函数，在 和 上单调递增，但在其定义域上不单调，D不正确.
故答案为：B
【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质，逐项进行判断，可得答案。
3．（2023高三上·海淀期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；正弦函数的性质
【解析】【解答】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，因此，
故答案为：B
【分析】 利用指数，对数的运算性质以及三角函数的性质即可求解出答案.
4．（2018高三上·三明模拟）已知直线 与平面 满足 ， ， ， ，则下列判断一定正确的
是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】∵α∩β=m，∴m α，
又∵n⊥α，∴n⊥m．
∵n⊥α，n γ，
∴α⊥γ，
故答案为：D
【分析】根据直线与平面垂直的性质和判定定理，平面与平面垂直的性质和判定定理可得，直线n垂直于m，平面垂直于平面，故D正确；平面不一定与直线m垂直，还可能相交，故A、C错误；直线n可以平行于平面，也可以在平面内，故B错误。
5．（2022·丰台模拟）已知偶函数在区间上单调递减．若，则x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：偶函数在区间上单调递减，所以在区间上单调递增；
则等价于，即，
即，解得，即原不等式的解集为；
故答案为：C
【分析】根据偶函数的对称性得到在区间上单调递增，再根据函数的奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，求解即可.
6．（2021高三上·朝阳期中）我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则 （ ）
A．16 B．15 C．12 D．9
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1， ，
设 ，则 ，
在 中， ，即 ，解得 或 （舍去），
，
.
故答案为：A.
【分析】 设，由勾股定理可求得x=3，再根据即可得解.
7．（2020高二上·宝安期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，则“{an}是等差数列”是“ 是等差数列”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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】首先证“充分条件”：因为{an}是等差数列，所以
所以 ，
所以 常数，
所以 是等差数列．
证“必要条件”因为 是等差数列，所以设数列 的公差为 ，
则 所以
当 时，
所以 当 时满足.
所以 常数，
所以{an}是等差数列.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出 “{an}是等差数列”是“ 是等差数列”的充要条件。
8．（2021高三上·朝阳期中）如图，在直角梯形 中， ， ， ， ， 是线段 上的动点，则 的最小值为（ ）
A． B．6 C． D．4
【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算
【解析】【解答】解：如图，以 点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设 ， ，
因为 ， ，
所以 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以当 ，即 时， 的最小值为6.
故答案为：B
【分析】以 点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设 ， ，则，结合平面向量的坐标运算推出，故当时，可得 的最小值 .
9．“木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为2，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，且MN为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质；组合几何体的面积、体积问题
【解析】【解答】过缺口M向桶边作垂线MB，MN恰好平分AMBN.因为桶倾斜与地面成，所以，所以MN=4，AN=，则多盛水的体积为V=.
故答案为：B.
【分析】过缺口M向桶边作垂线MB，作出截面图AMBN，MN恰好平分AMBN.求出圆柱的底面半径，代入圆柱体积公式，求出缺口以上圆柱部分体积的一半即为多盛水的体积.
10．数列的通项公式为，前项和为，给出下列三个结论：
①存在正整数，使得；
②存在正整数，使得；
③记，则数列有最小项；
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】数列的函数特性；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】因为 数列的通项公式为 ，令an=0，则n=0（舍）或n=3，所以a3=0，所以存在m=2，n=3，使得Sm=Sn，故正确.
若 存在正整数，使得 ，则，
因为，所以只有n=1与n=2时成立，但此时a1=a2=-2，不成立，故错误.
令an=0，则n=0（舍）或n=3，所以a3=0，所以时，，又T1=-2，T2=4， 数列有最小项 ，T1=-2.故正确.
故答案为：C.
【分析】 根据，只要有m，n存在使得Sm=Sn即可.
由于基本不等式a+b成立的条件为一正二定三相等，当且仅当a=b时取等号，所以，没有满足条件的 正整数，故错误。
由知=0，因此只要有，Tn就为0，所以只要计算T1、T2即可，正确.
二、填空题
11．已知向量，若，则 ；若，则 .
【答案】4；-9
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】 向量，若， 则，所以m=4.
若 ，则-2m=18，所以m=-9.
故答案为：1，-9
【分析】根据向量平行、垂直的条件代入公式即可得结论.
12．已知角的终边与单位圆交于点在第二象限，且点的横坐标为，则 .
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；任意角三角函数的定义；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】设P，则y=， 因为点在第二象限 ，所以P，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】在单位圆中求出 角 的正弦、余弦，代入二倍角公式即可.注意函数值的符号.
13．被誉为信息论之父的香农提出了一个著名的公式：，其中为最大数据传输速率，单位为；为信道带宽，单位为；为信噪比.香农公式在技术中发挥着举足轻重的作用，当时，最大数据传输速率记为；当时，最大数据传输速率记为，则为 .
【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】 因为， 当时 ，， 当时， ，所以.
故答案为：
【分析】直接代入“香农公式”，根据对数运算性质计算C1、C2即可.
14．已知的图象向右平移个单位后得到的图象，则函数在区间上的最小值为 ；若值域为，则满足条件的一个可以为 .
【答案】；（答案不唯一）
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；两角和与差的正弦公式；诱导公式
【解析】【解答】(1)因为，，所以，所以当时，f(x)取得最小值
(2)f(x)其图象向右平移a个单位后得到，
若值域为 则=0，， 则满足条件的一个可以为 .
故答案为：-1，.
【分析】第一空，先将f(x)转化为，然后根据x研究范围得到，
观察图象即可得到答案.
第二空，由f(x)+g(x)=0，得，根据，（k），可以得到a的若干值.
15．已知函数，其中且．给出下列四个结论：
①若，则函数的零点是；
②若函数无最小值，则的取值范围为；
③若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增；
④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①④
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】 ①若 ，则函数有唯一零点，是0，故 ① 正确.
② 当时f(x)无最小值，又 且 ，所以a的取值范围是，故②错误.
③当时，在上单调递减，在（0，1），上分别单调递增，故③错误.
④ 当a=2时， =0，函数有无数根，不满足恰有三个不相等的实数根 .
当时，令得.
当时(a-2)(x-1)=a-2，解得x3=2.
当时，，解得所以，
因为，所以，所以.故 ④ 正确.
故答案为：①④
【分析】作出分段函数的图象，观察 ，则函数有唯一零点O，故① 正确，观察时f(x)无最小值，考虑已知 且 ，得到②错误.观察当 时单调区间，得到 ③错误.当时，分段求值，得到三根，进而得到， ④ 正确.
三、解答题
16．已知等差数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列是公比为3的等比数列，且，求数列的前n项和Sn，
【答案】（1）设等差数列的公差为d．
由，可得，
即，解得．
所以
（2）若数列是公比为3的等比数列，且，
则．
由（1）可得，
．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】(1)根据等差数列通项公式和恒等式性质，解方程，求得首项和公差，代入等差数列通项公式即可.
(2)由等比数列通项公式得到bn-an，进而求得bn，再根据等差、等比数列求和公式分组求和，计算可得结论.
17．在中，角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：的周长为9.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
即，
又因为，可得，
所以，可得.
（2）解：由（1）得，由正弦定理得，
若选条件①：由余弦定理得，即，
又由，解得，则，此时存在且唯一确定，
因为，则，可得，
所以；
若选条件②：由，因为，即，
若为锐角，则，
由余弦定理，即，
整理得，且，解得，则；
若为钝角，则，
由余弦定理得，即，
整理得，且，解得，则；
综上所述，此时存在但不唯一确定，不合题意；
若条件③：因为，即，解得，则，
所以此时存在且唯一确定，
由余弦定理得，
因为，可得，
所以．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理，将边转化为角，再由两角和的正弦公式即可求得.
(2)选择各条件，利用余弦定理，求出所需边和角的正弦，并判断使得三角形存在且唯一确定，再代入三角形面积公式计算.
18．如图，在四棱锥中，平面.为的中点，点在上，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）问：棱上是否存在一点，使点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）如图，在平面内，过点作，
因为平面，平面，
所以，
所以，
又因为，
所以分别以，，为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，因为，所以，
所以，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，
所以平面平面.
（2）易知平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）棱上存在一点，使点到平面的距离为，
设，
因为 ，，所以，
所以，
又因为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，得到，
所以
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)先判断三条直线DA、DC、DM两两垂直，然后以它们i建立空间直角坐标系，得到各点坐标，再求平面AEF、平面PCD的法向量，证明两法向量数量积为0，即可得到两平面垂直.
（2）求出两平面法向量，两法向量所成角即为两平面所成角，代入两向量夹角公式即可.
（3）假设存在，根据到平面的距离为，列出方程，能求出符合条件的值，说明存在，否则不存在.
19．已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）当时，，定义域为，
所以，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为．
（2）由，得，下面证明时，．
证明如下：因为，，
令
所以，
因为，所以，
所以在上单调递减，
又因为，即
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为，
所以时，，
则的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求定义域，再通过导数的正负确定函数的单调区间，即可求出函数最大值.
（2）特值探路，由，得，只要证明时，即可得结论.结合利用导数判断单调性完成.
20．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在处取得极小值，求的值，并说明理由.
（3）若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围.
【答案】（1）因为，则，，
故，所以曲线在点处的切线方程为
（2）由（1）知，
函数在处取得极小值，所以 ，此时，
所以，
设，则
因在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，当时，，
即 在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，满足题意，
故.
（3）因为，则，，
当，即，由函数图象的连续性可知，
必存在正实数，使得对任意的，，
此时单调递增，从而，不符合题意；
当，即，由函数图象的连续性可知，
必存在正实数，使得对任意的，，
对应单调递减，从而，符合题意；
当时，，，
设，在上恒为正，
所以在上单调递增，
所以在上，在上单调递增，
从而，不合题意；
综上，的范围是
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求导，将x=0代入求出切线的斜率，代入点斜式方程即可.
（2）根据函数在处取得极小值 ，得，求出a的值，将a的值代回，通过导数与函数单调性、极值的关系，说明理由.
(3)分，，三种情况讨论，利用导数和函数单调性关系，得出满足条件得a的取值范围.
21．设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；②
（1）若为数列，且，求m；
（2）若为数列，求的所有可能值；
（3）若对任意的数列，均有，求d的最小值．
【答案】（1）依题意，，
所以，，，，，
所以.
（2）依题意，，
下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，
时，符合题意，
反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列，
设此时的最小值为，
即时存在数列，时不存在数列，
①当为奇数时，因为存在以为首项的数列，、、、，
所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，
②当为偶数时，因为存在以为首项的数列，、、、，
所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，
综上，的所有可能取值为全体大于的正整数.
（3）依题意，，，，，
先证明符合题意，即，
当时显然成立，
当时，对任意，，故，
即，
（i）当时，由，，
所以.
（ii）当时，由，，，
所以.
再证明.
对任意的偶数，令，
先验证为数列，
当时为奇数，，符合②；
当时为偶数，，符合②；
当时，，符合②；
又符合①，所以为数列.
下面证明不符合题意.
假设，
因为，，
所以，，矛盾.
综上可得的最小值为.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列与函数的综合；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由已知定义一 一列举即可求得.
（2）利用反证法证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，时，符合题意.假设不存在，展开讨论，得出与假设矛盾，从而得a1的所有可能取值为全体大于的正整数.
(3)先证明符合题意，即，再利用特例证明符合题意，最后用反证法证明不符合题意.即可得的最小值为.
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