北京市朝阳区2021年高三上期中质量检测数学试卷（含答案解析）

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1、2021-2022 学年北京市朝阳区高三学年北京市朝阳区高三上期中数学试卷上期中数学试卷 一一. .选择题：本大题共选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分分. . 1若集合 Ax|2x1，Bx|x0，或 x3，则 AB（ ） Ax|2x0 Bx|x1，或 x3 Cx|2x3 Dx|x0，或 x3 2下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A（0，0） ，（1，2） B（3，4） ，（1，2） C（3，4） ，（6，8） D（3，4） ，（1，） 3设 mR，则“m2”是“复数 z（m+2i） （1+i）为纯虚数”的（ ） A充分而不必要条件 B

2、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 4在平面直角坐标系 xOy 中，角 和角 的顶点均与原点 O 重合，始边均与 x 轴的非负半轴重合，它们的终边关于 y 轴对称，若 cos，则 cos（ ） A B C D 5若函数 f（x）a（aR）为奇函数，则实数 a（ ） A2 B1 C0 D1 6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（ ） A16 B15 C12 D9

3、7已知函数 f（x）若存在 hR，使函数 g（x）f（x）h 恰有三个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A0，） B0，） C （，） D （，） 8如图，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，AD1，BC2，P 是线段 AB 上的动点，则|+4|的最小值为（ ） A3 B6 C2 D4 9鲜花店鲜花的售价随进价的变化而变化，已知某鲜花店鲜花 A 在第一天的进价为 4 元/枝，售价为 10 元/枝，并规定从第二天起，该鲜花当日售价的涨跌幅是当日进价的涨跌幅的 50% 注：当日进价的涨跌幅100%，当日售价的涨跌幅100%，每枝花的当日差价当日售价当日进价 鲜花 A 进价与售价表 第

4、一天 第二天 第三天 第四天 第五天 进价（元/枝） 4 8 9.6 4.8 6.72 售价（元/枝） 10 15 16.5 x y 以下结论正确的是（ ） Ax10 By10 C这 5 天内鲜花 A 第二天的当日差价最大 D这 5 天内鲜花 A 第一天的当日差价最小 10对任何非空有限数集 S，我们定义其“绝对交错和”如下；设 Sa1，a2，an，nN*，其 a1a2an，则 S 的“绝对交错和”为|a1a2+a3a4+（1）n1an|；当 Sa时；S 的“绝对交错和”为|a|，若数集 T2，0，则 T 的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ） A8（2） B8 C8（） D8 二二.填

5、空题：本大题共填空题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分把答案填在答题卡上分把答案填在答题卡上. 11 （5 分）函数 f（x）lg（1x）的定义域为 12（5 分） 设等比数列an的前 n 项和为 Sn， 公比为 q， 若 a12， S314， q0， 则 q ； a4 13（5 分） 能使命题 “若 sin2Asin2B， 则ABC 为等腰三角形” 为假命题的一组 A， B 的值是 14 （5 分）北京 2022 年冬奥会将于 2022 年 2 月 4 日开幕某社区为了宣传冬奥会，决定在办公楼外墙建一个面积为 8m2的矩形展示区，并计划在该展示区内设置三个全

6、等的矩形宣传栏（如图所示） ，要求上下各空 0.25m，左右各空 0.25m，相邻宣传栏之间也空 0.25m设三个宣传栏的面积之和为 S（单位：m2） ，则 S 的最大值为 15 （5 分）已知函数 f（x）sin4x+cos4x，给出下列四个结论： f（x）的最小正周期为； f（x）在区间0，上单调递减； f（x）的最大值为 1； 当 x（kZ）时，f（x）取得极值 以上正确结论的序号是 （写出所有正确的序号） 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 85 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16 （13 分）在ABC

7、中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，a4，c6，cosC， （）求 sinA 及 b 的值； （）求 AB 边上的高 17 （13 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，Sn2an4，nN* （）求 a1，a2； （）若数列bn是等差数列，且 b1a1，b5a3，求数bn的通项公式； （）设 cna，求 c1+c2+cn 18 （14 分）已知函数 f（x）2cos2x+2sinxcosx+（0，R） 再从条件、条件、条件这三个条件中选择能确定函数 f（x）解析式的两个合理条件作为已知，求： （）函数 f（x）的解析式； （）函数 f（x） ，x，的单调递增区间， 条件：f（x）的

8、最大值为 1； 条件：f（x）的一条对称轴是直线 x； 条件：f（x）的相邻两条对称轴之间的距离为 19 （15 分）已知函数 f（x），a0 （）讨论函数 f（x）的单调性； （）当 a0 时，求证：函数 f（x）在区间（0，1）上有且仅有一个零点 20 （15 分）已知函数 f（x）tanxkx3x，kR （）求曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （）当 k，x（0，）时，求证：f（x）0； （）若 f（x）0 对 x（0，）恒成立，求实数 k 的最大值 21 （15 分）对任意正整数 n2，各项均不相同的数列 Fn：，满足下列性质： N（2）2，当 n2 时，N（n）N

9、（n1）+（n） ，其中 （n）是小于 n 且与 n 的最大公约数是 1的正整数的个数； p00，q01，p11，q1n，pN（n）1，qN（n）1； 对任意 i1，2，N（n）1，pi，qi均为正整数且 0piqin； 对任意 i1，2，N（n）1，pi+1ipipi1，qi+1iqiqi1，其中 i，x表示不超过 x 的最大整数，如1 例如 F2：0，1 （）对任意 i1，2，N（n）1，求证：； （）写出 N（3） ，N（4）及数列 F3，F4； （）求 S+的值 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一.选择题：本大题共选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，

10、共 40 分分. 1若集合 Ax|2x1，Bx|x0，或 x3，则 AB（ ） Ax|2x0 Bx|x1，或 x3 Cx|2x3 Dx|x0，或 x3 【分析】利用交集定义直接求解 【解答】解：集合 Ax|2x1，Bx|x0，或 x3， ABx|2x0 故选：A 2下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A（0，0） ，（1，2） B（3，4） ，（1，2） C（3，4） ，（6，8） D（3，4） ，（1，） 【分析】利用做基底的条件进行判断即可 【解答】解：对于 A，因为（0，0） ， 与任何一个向量均为共线向量，不能做基底，故 A 错误； 对于 C，因为，两向量共线，不能做基底，故 C

11、错误； 对于 D，因为，两向量共线，不能做基底，故 D 错误； 故选：B 3设 mR，则“m2”是“复数 z（m+2i） （1+i）为纯虚数”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 【分析】化简 z，求出 m 的值，根据充分必要条件的定义判断即可 【解答】解：z（m+2i） （1+i）（m2）+（m+2）i， 若复数 z（m+2i） （1+i）为纯虚数，则 m2， 故“m2”是“复数 z（m+2i） （1+i）为纯虚数”的充分必要条件， 故选：C 4在平面直角坐标系 xOy 中，角 和角 的顶点均与原点 O 重合，始边均与 x 轴的非负半轴重合

12、，它们的终边关于 y 轴对称，若 cos，则 cos（ ） A B C D 【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义及诱导公式即可求解 【解答】解：角 与角 均以 x 轴的非负半轴为始边，它们的终边关于 y 轴对称，则 +2k，kZ， 则 coscos 故选：B 5若函数 f（x）a（aR）为奇函数，则实数 a（ ） A2 B1 C0 D1 【分析】由奇函数在 x0 处有定义，则 f（0）0，解方程可得 a 的值，检验可得结论 【解答】解：由函数 f（x）a（aR，xR）为奇函数， 可得 f（0）0，即 a0， 解得 a1， 则 f（x）1，即 f（x）（xR） ， f（x）f（x） ， 所以

13、 f（x）为奇函数，a1 成立 故选：D 6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（ ） A16 B15 C12 D9 【分析】设 DEAHx，由勾股定理可求得 x3，再根据|cosDAE，即可得解 【解答】解：因为大正方形的面积是 25，小正方形的面积是 1， 所以 AD5，EH1， 设 DEAHx，则 AEAH+EHx+1， 在 RtAED 中，AD2DE2+AE2，所以 25x2+

14、（x+1）2，解得 x3 或4（舍负） ， 所以 cosDAE， 所以|cosDAE5416 故选：A 7已知函数 f（x）若存在 hR，使函数 g（x）f（x）h 恰有三个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A0，） B0，） C （，） D （，） 【分析】x1 时，作出 f（x）的图象，分析 x1 时，f（x）是单调递增函数，故 f（x）与 yh 最多只有一个公共点，故要想满足题意，则 yh 必须与第一段函数有两个公共点，结合图象可得 m 取值范围 【解答】解：若函数 g（x）f（x）h 恰有三个零点， 则 f（x）与 yh 的图象有三个不同的交点， 作出 x1 时，f（x）的图象，如

15、图所示， 因为 x1 时，f（x）m+lnx， 此时 f（x）为单调递增函数， 故 f（x）与 yh 最多只有一个公共点， 所以 yh 必须与第一段函数有两个公共点， 当 x1 时，f（x）， 结合图象若存在 hR，使函数 g（x）f（x）h 恰有三个零点， 则 m， 故选：C 8如图，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，AD1，BC2，P 是线段 AB 上的动点，则|+4|的最小值为（ ） A3 B6 C2 D4 【分析】以 B 为原点建立平面直角坐标系，设 A（0，m） ，D（1，m） ，P（0，y） ，结合平面向量的坐标运算推出|+4|，故当 4m5y0 时，得解 【解答】解：

16、以 B 为原点，BC，BA 所在直线分别为 x，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则 B（0，0） ，C（2，0） ， 设 A（0，m） ，D（1，m） ，P（0，y） ， 所以（2，y） ，（1，my） ， 所以+4（6，4m5y） ， 所以|+4|， 当 4m5y0，即时，|+4|取得最小值，为 6 故选：B 9鲜花店鲜花的售价随进价的变化而变化，已知某鲜花店鲜花 A 在第一天的进价为 4 元/枝，售价为 10 元/枝，并规定从第二天起，该鲜花当日售价的涨跌幅是当日进价的涨跌幅的 50% 注：当日进价的涨跌幅100%，当日售价的涨跌幅100%，每枝花的当日差价当日售价当日进价 鲜花 A

17、 进价与售价表 第一天 第二天 第三天 第四天 第五天 进价（元/枝） 4 8 9.6 4.8 6.72 售价（元/枝） 10 15 16.5 x y 以下结论正确的是（ ） Ax10 By10 C这 5 天内鲜花 A 第二天的当日差价最大 D这 5 天内鲜花 A 第一天的当日差价最小 【分析】根据表中数据，结合鲜花当日售价的涨跌幅是当日进价的涨跌幅的 50%，分别求出 x，y，即可依次求解 【解答】解：由表中数据可得，从第三天到第四天，进价涨跌幅为， 其售价涨跌幅为50%50%25%， ，解得 x12.375，故 A 错误， 由表中数据可得，从第四天到第五天，进价涨跌幅为， 其售价涨跌幅为

18、40%50%20%， ，解得 y14.85，故 B 错误， 从第一天到第五天的当日差价为： 第一天 第二天 第三天 第四天 第五天 当日差价（元/枝） 6 7 6.9 7.575 8.13 故第五天差价最大，第一天差价最小，故 C 错误，D 正确 故选：D 10对任何非空有限数集 S，我们定义其“绝对交错和”如下；设 Sa1，a2，an，nN*，其 a1a2an，则 S 的“绝对交错和”为|a1a2+a3a4+（1）n1an|；当 Sa时；S 的“绝对交错和”为|a|，若数集 T2，0，则 T 的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ） A8（2） B8 C8（） D8 【分析】由题意集合

19、T 的非空子集和交错和的定义分析即可 【解答】解：T2，0， 若 T 中任意一个小于 的元素 a 出现在不含 的子集 Tk中， 则 a 也一定出现在 T 的子集或 Tk， 反之，如果不出现，则都不出现， 而 a 在 T 和 Tk，的交错和中一个为 a，一个为a， 所以总和为 0， 而含有 的特殊个数为 23个， 所以所有非空子集的交错和为 238， 故选：D 二二.填空题：本大题共填空题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分把答案填在答题卡上分把答案填在答题卡上. 11 （5 分）函数 f（x）lg（1x）的定义域为 （，1） 【分析】由函数的解析式可得 1x0，

20、解得 x1，从而得到函数的定义域 【解答】解：由函数 f（x）lg（1x）可得 1x0，解得 x1， 故函数 f（x）lg（1x）的定义域为 （，1） ， 故答案为 （，1） 12 （5 分）设等比数列an的前 n 项和为 Sn，公比为 q，若 a12，S314，q0，则 q 3 ；a4 54 【分析】由等比数列的通项公式及前 n 项和公式可得关于 q 的方程，即可求解 q，再由等比数列的通项公式可求得 a4 【解答】解：因为等比数列an中，a12，S314， 所以 a1+a1q+a1q214， 即 2+2q+2q214， 即 q2+q60， 解得 q2 或 q3， 因为 q0， 所以 q3，

21、 所以 a4a1q32（3）354 故答案为：3；54 13 （5 分）能使命题“若 sin2Asin2B，则ABC 为等腰三角形”为假命题的一组 A，B 的值是 60，30 【分析】取 A60，B30代入检验可得 【解答】 解： 当 A60， B30时， sin2Asin120， sin2Bsin60， 此时 sin2Asin2B， 故答案为：60，30 14 （5 分）北京 2022 年冬奥会将于 2022 年 2 月 4 日开幕某社区为了宣传冬奥会，决定在办公楼外墙建一个面积为 8m2的矩形展示区，并计划在该展示区内设置三个全等的矩形宣传栏（如图所示） ，要求上下各空 0.25m，左右各

22、空 0.25m，相邻宣传栏之间也空 0.25m设三个宣传栏的面积之和为 S（单位：m2） ，则 S 的最大值为 4.5m2 【分析】设该展示区的长为 xm，则宽为m，再结合面积公式和基本不等式公式，即可求解 【解答】解：设该展示区的长为 xm，则宽为m， 该展示区内设置三个全等的矩形宣传栏（如图所示） ，要求上下各空 0.25m，左右各空 0.25m，相邻宣传栏之间也空 0.25m， S，当且仅当，即x4 时，等号成立， 故 S 的最大值为 4.5m2 故答案为：4.5m2 15 （5 分）已知函数 f（x）sin4x+cos4x，给出下列四个结论： f（x）的最小正周期为； f（x）在区间0

23、，上单调递减； f（x）的最大值为 1； 当 x（kZ）时，f（x）取得极值 以上正确结论的序号是 （写出所有正确的序号） 【分析】化简 f（x）cos4x+，利用余弦函数的性质对四个选项逐一分析即可 【解答】解：f（x）sin4x+cos4x1sin22xcos4x+， T，故正确； x0，4x0，2，f（x）不单调，故错误； f（x）max+1，故正确； 令 4xk，kZ，则 x，即 x（kZ）时，f（x）取得极值，故正确； 故答案为： 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 85 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

24、16 （13 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，a4，c6，cosC， （）求 sinA 及 b 的值； （）求 AB 边上的高 【分析】 （）依题意，利用余弦定理得：c2b2+a22abcosC，即 3616+b28bb2b+16，解之可得 b 的值，继而可求得 cosA 及 sinA； （）设 AB 边上的高为 h，利用三角形的面积公式计算可得 AB 边上的高 【解答】解： （）在ABC 中，a4，c6，cosC， 由余弦定理得：c2b2+a22abcosC，即 3616+b28bb2b+16， 解得 b5 或 b4（舍） ， 所以 cosA， 所以 sinA；

25、（）设 AB 边上的高为 h，由 SABCchbcsinA 得 hbsinA5 17 （13 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，Sn2an4，nN* （）求 a1，a2； （）若数列bn是等差数列，且 b1a1，b5a3，求数bn的通项公式； （）设 cna，求 c1+c2+cn 【分析】 （）根据 Sn2an4，分别令 n1 和 n2 即可求解出 a1与 a2的值； （）由 Sn2an4 可得 Sn+12an+14，两式相减并整理得2，又 a14，从而可得 an42n12n+1，故 b1a14，b5a316，进一步可得等差数列bn的公差为 d3，最后利用等差数列的通项公式即可得到 bn

26、； （）由（）可知 cna23n+2，则8，且 c132，从而可得cn是以 32 为首项，8 为公比的等比数列，进一步利用等比数列的前 n 项和公式即可求出 c1+c2+cn的值 【解答】解： （）根据题意，当 n1 时，有 S1a12a14，解得 a14， 当 n2 时，有 S2a1+a22a24，即 4+a22a24，解得 a28， 所以 a1，a2的值分别为 4，8； （）由 Sn2an4，得 Sn+12an+14，两式相减得 an+12an+12an，即2，又 a14， 所以an是以 4 为首项，以 2 为公比的等比数列， 所以 an42n12n+1，故 b1a14，b5a316， 设

27、等差数列bn的公差为 d，则 d3， 所以 bn4+3（n1）3n+1； （）由（）可知 cna23n+2，则8，且 c132， 所以cn是以 32 为首项，8 为公比的等比数列， 所以 c1+c2+cn 18 （14 分）已知函数 f（x）2cos2x+2sinxcosx+（0，R） 再从条件、条件、条件这三个条件中选择能确定函数 f（x）解析式的两个合理条件作为已知，求： （）函数 f（x）的解析式； （）函数 f（x） ，x，的单调递增区间， 条件：f（x）的最大值为 1； 条件：f（x）的一条对称轴是直线 x； 条件：f（x）的相邻两条对称轴之间的距离为 【分析】 （I）由三角函数的恒

28、等变换，对解析式进行化简，再选则得函数解析式； （II）由定义域的范围，求函数的增区间即可 【解答】解： （）f（x）2cos2x+2sinxcosx+ cos2x+sin2x+12sin（2x+）+1， 当条件时，则，解得 1，2， 所以 f（x）2sin（2x+）1选时求不出 ， 所以函数的解析式为 f（x）2sin（2x+）1； （）当 x，时，2x+， 令 t2x+，则 ysint 在，递减，递增，递减， 当 t，解得 x，令 t，解得 x， 当 x时，单调增区间为 19 （15 分）已知函数 f（x），a0 （）讨论函数 f（x）的单调性； （）当 a0 时，求证：函数 f（x）在区

29、间（0，1）上有且仅有一个零点 【分析】 （）求出导数，然后通过研究导数的符号研究函数的单调性； （）结合第一问的结果，判断出函数在（0，1）上的单调性，然后结合端点处函数值的符号证明 【解答】解： （）由已知得， 当 a0 时，由 f（x）0 得 x2，f（x）0 得 x2， 故此时 f（x）的单调递减区间为（2，+） ，单调递增区间为（，2） ； 当 a0 时，令 g（x）0 得，0，或 x2， 由 g（x）0 得，或 x2，此时 f（x）0， 由 g（x）0 得，此时 f（x）0， 故此时 f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为（） ， （2，+） ， 综上可知：当 a0 时，f（x）

30、的单调递减区间为（2，+） ，单调递增区间为（，2） ；当 a0 时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为（） ， （2，+） （）证明：由（）可知 f（x）在上单调递增，则 f（x）在0，1上单调递增， 又 f（0）10，f（1），f（0）f（1）0，故 f（x）在（0，1）上存在唯一零点 20 （15 分）已知函数 f（x）tanxkx3x，kR （）求曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程； （）当 k，x（0，）时，求证：f（x）0； （）若 f（x）0 对 x（0，）恒成立，求实数 k 的最大值 【分析】 （）由题意首先求得导数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线

31、方程即可； （）首先求得导函数的解析式，然后讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可证得题中的不等式， （）由题意分类讨论即可求得实数 k 的最大值 【解答】 （）解：函数 f（x）的定义域为， ， 所以 f（0）0， 又 f（0）0，切点坐标为（0，0） ， 所以曲线 yf（x）在点（0，f（0） ）处的切线方程为 y0 （）证明：当时， 因为，所以 sinx+xcosx0， 设 h（x）sinxxcosx，则当时，h（x）cosxcosx+xsinx0， 所以 h（x）在区间上单调递增， 所以当时，h（x）h（0）0， 即 sinxxcosx0 得证， 所以当时，f（x）0， 所以 f（x）

32、在区间上单调递增， 又 f（0）0，所以当时，f（x）f（0）0 （）解：由（）可知，当时，对恒成立， 当时， ， 设， 则， 由于，所以， ， 其中且， 取 x0当 x（0，x0）时，g（x）0，则 g（x）在区间（0，x0）上单调递减， 所以当 x（0，x0）时，即 g（x）g（0）0， 由于当 x（0，x0）时，所以当 x（0，x0）时，f（x）0， 所以 f（x）在区间（0，x0）上单调递减， 所以当 x（0，x0）时，f（x）f（0）0， 所以当时，f（x）0 并非对恒成立， 综上可知，k 的最大值为 21 （15 分）对任意正整数 n2，各项均不相同的数列 Fn：，满足下列性质：

33、N（2）2，当 n2 时，N（n）N（n1）+（n） ，其中 （n）是小于 n 且与 n 的最大公约数是 1的正整数的个数； p00，q01，p11，q1n，pN（n）1，qN（n）1； 对任意 i1，2，N（n）1，pi，qi均为正整数且 0piqin； 对任意 i1，2，N（n）1，pi+1ipipi1，qi+1iqiqi1，其中 i，x表示不超过 x 的最大整数，如1 例如 F2：0，1 （）对任意 i1，2，N（n）1，求证：； （）写出 N（3） ，N（4）及数列 F3，F4； （）求 S+的值 【分析】 （）由 pi+1ipipi1，qi+1iqiqi1直接代入化简即可得证； （）根据题意直接写出 N（3） ，N（4）及数列 F3，F4即可； （）分析可得，然后裂项求和即可得出答案 【解答】解： （）证明：对任意 i1，2，N（n）1，由于， 于是，即得证； （）N（3）4，N（4）6， 数列 F3：； F4：； （）对任意 i1，2，N（n）1，pi+1qipiqi+1（ipipi1）qipi（iqiqi1）ipiqipi1qiipiqi+piqi1piqi1pi1qi， 对任意 i1，2，N（n）1，pi+1qipiqi+1piq0p0qi1， 当 i0，1，2，N（n）1 时， ， ， S1