上海师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题
1．（2024高三上·上海市期中）已知集合，，则 ．
【答案】
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由集合，，则.
故答案为：.
【分析】根据集合的并集运算求解即可.
2．（2024高三上·上海市期中）若，则复数的虚部是 ．
【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则复数的虚部是.
故答案为：.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的概念求解即可．
3．（2024高三上·上海市期中）直线的倾斜角是 ．
【答案】
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为， 直线的斜率为，
即，因为，所以，
故直线的倾斜角是．
故答案为：.
【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系求解即可．
4．（2024高三上·上海市期中）已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为 ．
【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，.
故向量在向量上的投影向量为：.
故答案为：.
【分析】根据向量坐标运算求，再利用投影向量公式求解即可.
5．（2024高三上·上海市期中）已知点是角终边上一点，则 ．
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为点是角终边上一点，所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据任意角三角函数的定义求角正弦值，再利用余弦的二倍角公式求解即可.
6．（2024高三上·上海市期中）已知等差数列的前项和为，若，且，则 ．
【答案】72
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，所以，解得，
则，解得，
则，
故.
故答案为：72.
【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的性质求出等差数列的首项和公差，再代入等差数列的求和公式求解即可.
7．（2024高三上·上海市期中）若关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式
【解析】【解答】解：因为不等式的解集是，所以在上恒成立，
即，解得，故实数的取值范围.
故答案为：.
【分析】由题意，将问题转化为在上恒成立，利用判别式求解即可.
8．（2024高三上·上海市期中）若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【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
【解析】【解答】解：函数的定义域为R，求导可得，
当时，恒成立，故在R上单调递增，没有极大值，也没有极小值；
当时，令，解得，
当时，解得；当时，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故是函数有极小值，函数没有极大值，
由题意，，解得，即实数的取值范围是．
故答案为：．
【分析】先求函数的定义域，再求其导函数，利用导数判断函数的单调性和极值点，利用函数在区间上有极值点，求实数的取值范围即可．
9．（2024高三上·上海市期中）下图为某地出土的一块三角形瓷器片，其一角已破损.为了复原该三角形瓷器片，现测得如下数据：，，则两点间距离为 cm.（精确到1cm）
【答案】14
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：延长交于点，如图所示：
因为，所以，
在中，由正弦定理得，，
，
由题意得，
在中，由余弦定理得
，
故两点之间的距离为.
故答案为：14.
【分析】延长交于点，利用正弦定理得到，求出，在中，利用余弦定理求即可.
10．（2024高三上·上海市期中）设，，，，是均含有个元素的集合，且，，记，则中元素个数的最小值是 ．
【答案】
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，，
所以元素个数为4，所以中元素个数至少个，
①假设集合中含有个元素，可设，则，
，这与矛盾；
②假设集合中含有个元素，可设，，
，，，满足题意，
综上所述，集合中元素个数最少为.
故答案为：.
【分析】由题意可得与的元素不同，则元素个数为4，并得到中元素个数至少4个，进而对元素的个数由小到大进行分类分析验证是否满足即可．
11．（2024高三上·上海市期中）若函数的表达式为，且存在最小值，则a的取值范围为 ．
【答案】
【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；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：若，函数，则，符合题意；
若，当时，函数单调递增，当时，，
故没有最小值，不符合题目要求；
若，当时，函数单调递减，，
当时，，所以或，
解得，
综上所述，a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】分，和，结合分段函数的单调性讨论求解即可.
12．（2024高三上·上海市期中）已知等差数列，若存在有穷等比数列，其中，公比为，满足，其中，则称数列为数列的长度为的“等比伴随数列”．数列的通项公式为，数列为数列的长度为的“等比伴随数列”，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；数列的应用
【解析】【解答】解：设长度为的“等比伴随数列”的公比为，
则对任意正整数，当时，都有成立，
即对恒成立，
当时，；当时，，即；
当时，恒成立，即当时，，
令，求导得，
则函数在上单调递减，即当4时，，
令，求导得，
则函数在上单调递减，即当4时，，
则，即，
令，求导得，
于是函数在上单调递减，又，
因此存在，使得，所以的最大值为6.
故答案为：6.
【分析】设出长度为的“等比伴随数列”的公比，利用定义建立不等式，变形不等式将问题转化为不等式恒成立问题，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值，结合零点存在性定理求解即可.
13．（2024高三上·上海市期中）已知 是定义在上 的函数，那么“函数 在 上单调递增”是“函数 在 上的最大值为 ”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
【解析】【解答】解：①【充分性】若函数f(x)在[0, 1]上单调递增，根据函数的单调性可知:函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1),
所以“函数f(x)在[0, 1].上单调递增”为“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的充分条件；
②【必要性】若函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)，函数f(x)在[0, 1]上可能先递减再递增，且最大值为f(1)，
所以“函数f(x)在[0, 1].上单调递增”不是“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的必要条件，
所以“函数f(x)在[0, 1]上单调递增”是“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的充分而不必要条件.
故答案为：A
【分析】根据充分条件与必要条件的判定直接求解即可.
14．（2024高三上·上海市期中）若、，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、当时，满足，但，故A错误；
B、当时，满足，但，故B错误；
C、因为，所以，，则，
当且仅当时等号成立，故C正确；
D、当时，满足，但，故D错误.
故答案为：C.
【分析】举反例即可判断ABD；利用基本不等式求解即可判断C.
15．（2024高三上·上海市期中）若实数、、满足，则称比接近.若围棋状态空间复杂度的上限M约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为，则下列各数中最接近的是（ ）
A．1033 B．1053 C．1073 D．1093
【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：由，
则，
.
故答案为：C.
【分析】由题意，结合指数与对数的性质求解即可.
16．（2024高三上·上海市期中）已知平面向量、、满足，，，且． 若对每一个确定的向量，记的最小值为． 现有如下两个命题
命题 当变化时，的最大值为；
命题：当变化时，可以取到最小值0；
则下列选项中，正确的是（ ）
A．为真命题，为假命题 B．为假命题，为真命题
C．、都为真命题 D．、都为假命题
【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：设，，，
可得，所以点的轨迹方程为，
所以点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，且，解得，
因为即，
因为，所以
，
因为，则，
所以当时，取得最小值，
且，
令，可得，
所以，
令，其中，
下面证明函数在上为减函数，在上为增函数，
任取、且，即，
所以，，
因为，则，，则，
所以，函数在上为减函数，同理可证函数在上为增函数，
令，其中，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为，即，所以.
故为假命题，为真命题.
故答案为：B.
【分析】设，，可求得点的轨迹方程为，求得，再求出关于的二次函数关系式，利用二次函数的基本性质求得的最小值，可得出关于的函数关系式，利用换元法，结合双勾函数的单调性求的最大值和最小值判断即可.
17．（2024高三上·上海市期中）已知.
（1）函数的最小正周期是，求，并求此时的解集；
（2）已知，，求函数，的值域.
【答案】（1）解：因为函数的最小正周期为，所以，解得，
则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或；
（2）解：当时，函数，
，
当时，，则，，
故函数，的值域为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦函数的周期公式求出，再求方程的解集即可；
（2）利用二倍角公式及辅助角公式求出，再利用正弦函数性质求出值域即可.
（1）依题意，，解得，则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或.
（2）依题意，，
，
当时，，则有，，
所以函数，的值域为.
18．（2024高三上·上海市期中）某人购买某种教育基金，今年5月1日交了10万元，年利率5%，以后每年5月1日续交2万元，设从今年起每年5月1日的教育基金总额依次为，，，…….
（1）写出和，并求出与之间的递推关系式；
（2）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式.
【答案】（1）解：，，
，
，；
（2）证明：，
是以50为首项，为公比的等比数列，
，
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由已知可得和，仿写可得与之间的递推关系式；
（2）结合上问中的递推关系再证明即可，再由基本量法求出通项；
（1），，
，
（2）证明：
是以50为首项，为公比的等比数列.
，
19．（2024高三上·上海市期中）记代数式.
（1）当时，求使代数式有意义的实数的集合；
（2）若存在实数使得代数式有意义，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，
所以，
①当时，，解得，此时；
②当时，，原不等式无解；
③当时，，解得，此时.
解得或，
故实数的集合为；
（2）解：因为，
则，解得，
由题意可知，存在，使得成立，
即有解，
因为且，则，
所以
即在时有解，所以，
又因且，解得且，
故实数的取值范围为.
【知识点】对数的概念与表示；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将代入，再分、、三种情况讨论解不等式即可；
（2）解出使得有意义时的取值范围是，由题意可知，存在，使得成立，通过去绝对值结合且求解实数的取值范围即可.
（1）当时，，
所以，
①当时，，解得，此时；
②当时，，原不等式无解；
③当时，，解得，此时.
解得或，
故实数的集合为.
（2）因为，
则，解得，
由题意可知，存在，使得成立，
即有解，
因为且，则，
所以
即在时有解，所以，
又因且，解得且，
所以实数的取值范围为.
20．（2024高三上·上海市期中）过点作斜率分别为，的直线，，若，则称直线，是定积直线或定积直线．
（1）已知直线：，直线：，试问是否存在点，使得直线，是定积直线？请说明理由．
（2）在中，为坐标原点，点与点均在第一象限，且点在二次函数的图象上．若直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，求点的坐标．
（3）已知直线与是定积直线，设点到直线，的距离分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）解：存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）解：设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）解：设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
【知识点】基本不等式；直线的一般式方程与直线的性质；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【分析】（1）根据题意，联立方程组，求得A点坐标，结合 定积直线的定义，即可得到结论；
（2）设直线的斜率为，得到直线的斜率为，利用定积直线的定义，求得或，得到，进而求得直线的方程为，联立方程组，即可求解；
（3）设直线，直线，求得，结合基本不等式，进而求得的取值范围.
（1）存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
21．（2024高三上·上海市期中）设函数的定义域为开区间，若存在，使得在处的切线与的图像只有唯一的公共点，则称为“函数”，切线为一条“切线”．
（1）判断是否是函数的一条“切线”，并说明理由；
（2）设，求证：存在无穷多条“切线”；
（3）设，求证：对任意实数和正数都是“函数”
【答案】（1）解：记，则，设切点为，由切线方程为，则，
即，解得，
所以切点为，下面证明直线与的图象只有唯一的公共点，
将与函数联立，得，
记，则，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，，
故函数只有一个零点，故是一条“切线”；
（2）解：因为，所以，
则点处的切线方程为，
将点处的切线的方程与联立得，
记，
则直线为“切线”函数有且仅有一个零点（此时，一个对应一条“切线”），显然是的零点，
故只要没其它零点，此时，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故此时为唯一的极小值点（也是最小值点），而，
故无其他零点，故直线为“切线”，因为的任意性，
故函数存在无穷多条“切线”；
（3）解：因为，则，设点在函数的图象上，
则点的切线为，与联立得：
，
由题意得直线为“切线”，故方程在上有且仅有一解，
则或，
若，则是方程的唯一解（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值）．
若，则（此时只有一条“切线”，切点的横坐标为）
或（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值），
综上，，即证．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）记，设切点为，求导，利用导数的几何意义求出，再证明直线与的图象只有唯一的公共点，将与函数联立，得，记，利用导数判断函数的单调性，即可得到方程的解；
（2）将点处的切线的方程与联立得，记，利用导数证明函数存在唯一零点从而求证即可；
（3）类似第（2）问的思路得到在上有且仅有一解，则或，再分、两种情况证明即可.
（1）记，则，设切点为，
由切线方程为知，则，解得．
所以切点为，下面证明直线与的图象只有唯一的公共点，
将与函数联立，得．
记，则，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，，
故函数只有一个零点，故是一条“切线”；
（2）因为，所以，
则点处的切线方程为，
将点处的切线的方程与联立得，
记，
则直线为“切线”函数有且仅有一个零点（此时，一个对应一条“切线”），显然是的零点，
故只要没其它零点，此时，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故此时为唯一的极小值点（也是最小值点），而，
故无其他零点，故直线为“切线”，因为的任意性，
故函数存在无穷多条“切线”，
（3）因为，则，
设点在函数的图象上，
则点的切线为，与联立得：
，
由题意得直线为“切线”，故方程在上有且仅有一解，
则或，
若，则是方程的唯一解（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值）．
若，则（此时只有一条“切线”，切点的横坐标为）
或（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值），
综上，，即证．
1 / 1上海师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题
1．（2024高三上·上海市期中）已知集合，，则 ．
2．（2024高三上·上海市期中）若，则复数的虚部是 ．
3．（2024高三上·上海市期中）直线的倾斜角是 ．
4．（2024高三上·上海市期中）已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为 ．
5．（2024高三上·上海市期中）已知点是角终边上一点，则 ．
6．（2024高三上·上海市期中）已知等差数列的前项和为，若，且，则 ．
7．（2024高三上·上海市期中）若关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是 ．
8．（2024高三上·上海市期中）若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是 .
9．（2024高三上·上海市期中）下图为某地出土的一块三角形瓷器片，其一角已破损.为了复原该三角形瓷器片，现测得如下数据：，，则两点间距离为 cm.（精确到1cm）
10．（2024高三上·上海市期中）设，，，，是均含有个元素的集合，且，，记，则中元素个数的最小值是 ．
11．（2024高三上·上海市期中）若函数的表达式为，且存在最小值，则a的取值范围为 ．
12．（2024高三上·上海市期中）已知等差数列，若存在有穷等比数列，其中，公比为，满足，其中，则称数列为数列的长度为的“等比伴随数列”．数列的通项公式为，数列为数列的长度为的“等比伴随数列”，则的最大值为 ．
13．（2024高三上·上海市期中）已知 是定义在上 的函数，那么“函数 在 上单调递增”是“函数 在 上的最大值为 ”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
14．（2024高三上·上海市期中）若、，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
15．（2024高三上·上海市期中）若实数、、满足，则称比接近.若围棋状态空间复杂度的上限M约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为，则下列各数中最接近的是（ ）
A．1033 B．1053 C．1073 D．1093
16．（2024高三上·上海市期中）已知平面向量、、满足，，，且． 若对每一个确定的向量，记的最小值为． 现有如下两个命题
命题 当变化时，的最大值为；
命题：当变化时，可以取到最小值0；
则下列选项中，正确的是（ ）
A．为真命题，为假命题 B．为假命题，为真命题
C．、都为真命题 D．、都为假命题
17．（2024高三上·上海市期中）已知.
（1）函数的最小正周期是，求，并求此时的解集；
（2）已知，，求函数，的值域.
18．（2024高三上·上海市期中）某人购买某种教育基金，今年5月1日交了10万元，年利率5%，以后每年5月1日续交2万元，设从今年起每年5月1日的教育基金总额依次为，，，…….
（1）写出和，并求出与之间的递推关系式；
（2）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式.
19．（2024高三上·上海市期中）记代数式.
（1）当时，求使代数式有意义的实数的集合；
（2）若存在实数使得代数式有意义，求实数的取值范围.
20．（2024高三上·上海市期中）过点作斜率分别为，的直线，，若，则称直线，是定积直线或定积直线．
（1）已知直线：，直线：，试问是否存在点，使得直线，是定积直线？请说明理由．
（2）在中，为坐标原点，点与点均在第一象限，且点在二次函数的图象上．若直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，求点的坐标．
（3）已知直线与是定积直线，设点到直线，的距离分别为，，求的取值范围．
21．（2024高三上·上海市期中）设函数的定义域为开区间，若存在，使得在处的切线与的图像只有唯一的公共点，则称为“函数”，切线为一条“切线”．
（1）判断是否是函数的一条“切线”，并说明理由；
（2）设，求证：存在无穷多条“切线”；
（3）设，求证：对任意实数和正数都是“函数”
答案解析部分
1．【答案】
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由集合，，则.
故答案为：.
【分析】根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则复数的虚部是.
故答案为：.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的概念求解即可．
3．【答案】
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为， 直线的斜率为，
即，因为，所以，
故直线的倾斜角是．
故答案为：.
【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系求解即可．
4．【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，.
故向量在向量上的投影向量为：.
故答案为：.
【分析】根据向量坐标运算求，再利用投影向量公式求解即可.
5．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为点是角终边上一点，所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据任意角三角函数的定义求角正弦值，再利用余弦的二倍角公式求解即可.
6．【答案】72
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，所以，解得，
则，解得，
则，
故.
故答案为：72.
【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的性质求出等差数列的首项和公差，再代入等差数列的求和公式求解即可.
7．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式
【解析】【解答】解：因为不等式的解集是，所以在上恒成立，
即，解得，故实数的取值范围.
故答案为：.
【分析】由题意，将问题转化为在上恒成立，利用判别式求解即可.
8．【答案】
【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
【解析】【解答】解：函数的定义域为R，求导可得，
当时，恒成立，故在R上单调递增，没有极大值，也没有极小值；
当时，令，解得，
当时，解得；当时，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故是函数有极小值，函数没有极大值，
由题意，，解得，即实数的取值范围是．
故答案为：．
【分析】先求函数的定义域，再求其导函数，利用导数判断函数的单调性和极值点，利用函数在区间上有极值点，求实数的取值范围即可．
9．【答案】14
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：延长交于点，如图所示：
因为，所以，
在中，由正弦定理得，，
，
由题意得，
在中，由余弦定理得
，
故两点之间的距离为.
故答案为：14.
【分析】延长交于点，利用正弦定理得到，求出，在中，利用余弦定理求即可.
10．【答案】
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，，
所以元素个数为4，所以中元素个数至少个，
①假设集合中含有个元素，可设，则，
，这与矛盾；
②假设集合中含有个元素，可设，，
，，，满足题意，
综上所述，集合中元素个数最少为.
故答案为：.
【分析】由题意可得与的元素不同，则元素个数为4，并得到中元素个数至少4个，进而对元素的个数由小到大进行分类分析验证是否满足即可．
11．【答案】
【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；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：若，函数，则，符合题意；
若，当时，函数单调递增，当时，，
故没有最小值，不符合题目要求；
若，当时，函数单调递减，，
当时，，所以或，
解得，
综上所述，a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】分，和，结合分段函数的单调性讨论求解即可.
12．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；数列的应用
【解析】【解答】解：设长度为的“等比伴随数列”的公比为，
则对任意正整数，当时，都有成立，
即对恒成立，
当时，；当时，，即；
当时，恒成立，即当时，，
令，求导得，
则函数在上单调递减，即当4时，，
令，求导得，
则函数在上单调递减，即当4时，，
则，即，
令，求导得，
于是函数在上单调递减，又，
因此存在，使得，所以的最大值为6.
故答案为：6.
【分析】设出长度为的“等比伴随数列”的公比，利用定义建立不等式，变形不等式将问题转化为不等式恒成立问题，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值，结合零点存在性定理求解即可.
13．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：①【充分性】若函数f(x)在[0, 1]上单调递增，根据函数的单调性可知:函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1),
所以“函数f(x)在[0, 1].上单调递增”为“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的充分条件；
②【必要性】若函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)，函数f(x)在[0, 1]上可能先递减再递增，且最大值为f(1)，
所以“函数f(x)在[0, 1].上单调递增”不是“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的必要条件，
所以“函数f(x)在[0, 1]上单调递增”是“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的充分而不必要条件.
故答案为：A
【分析】根据充分条件与必要条件的判定直接求解即可.
14．【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、当时，满足，但，故A错误；
B、当时，满足，但，故B错误；
C、因为，所以，，则，
当且仅当时等号成立，故C正确；
D、当时，满足，但，故D错误.
故答案为：C.
【分析】举反例即可判断ABD；利用基本不等式求解即可判断C.
15．【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：由，
则，
.
故答案为：C.
【分析】由题意，结合指数与对数的性质求解即可.
16．【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：设，，，
可得，所以点的轨迹方程为，
所以点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，且，解得，
因为即，
因为，所以
，
因为，则，
所以当时，取得最小值，
且，
令，可得，
所以，
令，其中，
下面证明函数在上为减函数，在上为增函数，
任取、且，即，
所以，，
因为，则，，则，
所以，函数在上为减函数，同理可证函数在上为增函数，
令，其中，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为，即，所以.
故为假命题，为真命题.
故答案为：B.
【分析】设，，可求得点的轨迹方程为，求得，再求出关于的二次函数关系式，利用二次函数的基本性质求得的最小值，可得出关于的函数关系式，利用换元法，结合双勾函数的单调性求的最大值和最小值判断即可.
17．【答案】（1）解：因为函数的最小正周期为，所以，解得，
则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或；
（2）解：当时，函数，
，
当时，，则，，
故函数，的值域为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦函数的周期公式求出，再求方程的解集即可；
（2）利用二倍角公式及辅助角公式求出，再利用正弦函数性质求出值域即可.
（1）依题意，，解得，则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或.
（2）依题意，，
，
当时，，则有，，
所以函数，的值域为.
18．【答案】（1）解：，，
，
，；
（2）证明：，
是以50为首项，为公比的等比数列，
，
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由已知可得和，仿写可得与之间的递推关系式；
（2）结合上问中的递推关系再证明即可，再由基本量法求出通项；
（1），，
，
（2）证明：
是以50为首项，为公比的等比数列.
，
19．【答案】（1）解：当时，，
所以，
①当时，，解得，此时；
②当时，，原不等式无解；
③当时，，解得，此时.
解得或，
故实数的集合为；
（2）解：因为，
则，解得，
由题意可知，存在，使得成立，
即有解，
因为且，则，
所以
即在时有解，所以，
又因且，解得且，
故实数的取值范围为.
【知识点】对数的概念与表示；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将代入，再分、、三种情况讨论解不等式即可；
（2）解出使得有意义时的取值范围是，由题意可知，存在，使得成立，通过去绝对值结合且求解实数的取值范围即可.
（1）当时，，
所以，
①当时，，解得，此时；
②当时，，原不等式无解；
③当时，，解得，此时.
解得或，
故实数的集合为.
（2）因为，
则，解得，
由题意可知，存在，使得成立，
即有解，
因为且，则，
所以
即在时有解，所以，
又因且，解得且，
所以实数的取值范围为.
20．【答案】（1）解：存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）解：设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）解：设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
【知识点】基本不等式；直线的一般式方程与直线的性质；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【分析】（1）根据题意，联立方程组，求得A点坐标，结合 定积直线的定义，即可得到结论；
（2）设直线的斜率为，得到直线的斜率为，利用定积直线的定义，求得或，得到，进而求得直线的方程为，联立方程组，即可求解；
（3）设直线，直线，求得，结合基本不等式，进而求得的取值范围.
（1）存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
21．【答案】（1）解：记，则，设切点为，由切线方程为，则，
即，解得，
所以切点为，下面证明直线与的图象只有唯一的公共点，
将与函数联立，得，
记，则，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，，
故函数只有一个零点，故是一条“切线”；
（2）解：因为，所以，
则点处的切线方程为，
将点处的切线的方程与联立得，
记，
则直线为“切线”函数有且仅有一个零点（此时，一个对应一条“切线”），显然是的零点，
故只要没其它零点，此时，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故此时为唯一的极小值点（也是最小值点），而，
故无其他零点，故直线为“切线”，因为的任意性，
故函数存在无穷多条“切线”；
（3）解：因为，则，设点在函数的图象上，
则点的切线为，与联立得：
，
由题意得直线为“切线”，故方程在上有且仅有一解，
则或，
若，则是方程的唯一解（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值）．
若，则（此时只有一条“切线”，切点的横坐标为）
或（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值），
综上，，即证．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）记，设切点为，求导，利用导数的几何意义求出，再证明直线与的图象只有唯一的公共点，将与函数联立，得，记，利用导数判断函数的单调性，即可得到方程的解；
（2）将点处的切线的方程与联立得，记，利用导数证明函数存在唯一零点从而求证即可；
（3）类似第（2）问的思路得到在上有且仅有一解，则或，再分、两种情况证明即可.
（1）记，则，设切点为，
由切线方程为知，则，解得．
所以切点为，下面证明直线与的图象只有唯一的公共点，
将与函数联立，得．
记，则，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，，
故函数只有一个零点，故是一条“切线”；
（2）因为，所以，
则点处的切线方程为，
将点处的切线的方程与联立得，
记，
则直线为“切线”函数有且仅有一个零点（此时，一个对应一条“切线”），显然是的零点，
故只要没其它零点，此时，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故此时为唯一的极小值点（也是最小值点），而，
故无其他零点，故直线为“切线”，因为的任意性，
故函数存在无穷多条“切线”，
（3）因为，则，
设点在函数的图象上，
则点的切线为，与联立得：
，
由题意得直线为“切线”，故方程在上有且仅有一解，
则或，
若，则是方程的唯一解（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值）．
若，则（此时只有一条“切线”，切点的横坐标为）
或（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值），
综上，，即证．
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