2015.11海淀区高三数学（理）期中试卷及答案

海淀区高三年级第一学期期中练习 数 学 （理科） 2015.11 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试 结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题共8小题，每小题5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．已知集合 ，则集合 中元素的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 2．下列函数中为偶函数的是 3．在△ABC中， 的值为 A．1 B．－1 C． 1 2 D． － 1 2 4．数列 的前n项和为 ，则 的值为 A．1 B．3 C．5 D．6 5．已知函数 ，下列结论错误的是 A． B．函数 的图象关于直线x＝0对称 C． 的最小正周期为 D． 的值域为 6．“x＞0 ”是“ ”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 7．如图，点O为坐标原点，点A（1,1）．若函数 且 ） 的图象与线段OA分别交于点M，N，且M，N恰好是线段OA的两个三等分点，则a，b满足 8． 已知函数 函数 ．若函数 恰好有2个不同 零点，则实数a的取值范围是 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 9． 10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a ，b，c．若 c＝4， 则 11．已知等差数列 的公差 ，且 3 9 10 8a a a a   ．若 na ＝0 ，则n＝ 12．已知向量 ，点A（3,0） ，点B为直线y＝2x 上的一个动点．若 AB a    ，则点B的坐标 为 ． 13．已知函数 ，若 的图象向左平移 个单位所得的图象与 的图 象向右平移 个单位所得的图象重合，则 的最小值为 14．对于数列 ，都有 为常数）成立，则称数列 具有性质 ． ⑴ 若数列 的通项公式为 ，且具有性质 ，则t的最大值为 ； ⑵ 若数列 的通项公式为 ，且具有性质 ，则实数a的取值范围是 三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 15．（本小题满分13分） 已知等比数列 的公比 ，其n前项和为 （Ⅰ）求公比q和a5的值； （Ⅱ）求证： 16．（本小题满分13分） 已知函数． （Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）求函数 的最小正周期和单调递增区间． 17．（本小题满分13分） 如图，在四边形ABCD中，AB＝8，BC＝3，CD＝5， （Ⅰ）求BD的长； （Ⅱ）求证： 18．（本小题满分13分） 已知函数 ，曲线 在点（0,1）处的切线为l x§k§b 1 （Ⅰ）若直线l的斜率为－3，求函数 的单调区间； （Ⅱ）若函数是 区间［－2，a］上的单调函数，求a的取值范围． 19．（本小题满分14分） 已知由整数组成的数列 各项均不为0，其前n项和为 ，且 （Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）求 的通项公式； （Ⅲ）若=15时，Sn取得最小值，求a的值． 20．（本小题满分14分） 已知x为实数，用表示不超过x的最大整数，例如 对于函数f(x)，若存在 ，使得 ，则称函数 函数． （Ⅰ）判断函数 是否是 函数；（只需写出结论） （Ⅱ）设函数f(x)是定义R在上的周期函数，其最小正周期为T，若f(x)不是 函数，求T的最小值． （Ⅲ）若函数 是 函数，求 a 的取值范围． 海淀区高三年级第一学期期中练习参考答案 数 学 （理科） 2015.11 阅卷须知: 1.评分参考中所注分数，表示考生正确做到此步应得的累加分数。 2.其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分。 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 1. B 2. B 3. A 4. C 5. D 6. C 7. A 8. D 二、填空题:本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分. 9. 3 10. 2 ; 15 11. 5 12. ( 3, 6)  13. 4 14. 2； [36, ) 说明；第 10，14 题第一空 3 分，第二空 2 分 三、解答题: 本大题共 6 小题，共 80 分. 15．解：（Ⅰ） 法一：因为{ }na 为等比数列， 且 3 2 44a a a ， 所以 2 3 34a a ，所以 3 4a  ， 因为 2 3 3 1 41 a aq a    ，所以 2q   . 因为 0na  ，所以 0q  ，即 2q  ---------------------------3 分 所以 4 5 1 16a a q  . --------------------------6 分 法二：因为{ }na 为等比数列，且 3 2 44a a a ， 所以 2 4 1 14a q a q ，所以 2 4q  ，所以 2q   , 因为 0na  ，所以 0q  ，即 2q  ---------------------------3 分 所以 4 5 1 16a a q  . --------------------------6 分 （Ⅱ）法一： 因为 2q  ，所以 1 1 1 2n n na a q    , --------------------------８分 因为 1(1 ) 2 11 n n n a qS q    , --------------------------10 分 所以 1 1 2 1 122 2 n n n n n S a      , 因为 1 1 02n  ，所以 1 12 22 n n n S a    . --------------------------13 分 法二：因为 2q  ，所以 1 1 1 2n n na a q    , --------------------------８分 所以 1(1 ) 2 11 n n n a qS q    , --------------------------10 分 所以 1 12 02 n n n S a     ，所以 2n n S a  . --------------------------13 分 法三：因为 2q  ，所以 1 1 1 2n n na a q    , --------------------------８分 所以 1(1 ) 2 11 n n n a qS q    . --------------------------10 分 要证 2n n S a  ，只需 2n nS a ， 只需 2 1 2n n  上式显然成立，得证. --------------------------13 分 16.解： （Ⅰ）因为 π π( ) 3sin(2 ) cos(2 )3 3f x x x    , 所以 π π π π π( ) 3sin(2 ) cos(2 )6 6 3 6 3f       , 2π 2π 3 13sin( ) cos( ) 13 3 2 2      . --------------------------4 分 （Ⅱ）因为 π π( ) 3sin(2 ) cos(2 )3 3f x x x    , 所以 3 π 1 π( ) 2[ sin(2 ) cos(2 )]2 3 2 3f x x x    π π π π2[cos sin(2 ) sin cos(2 )]6 3 6 3x x    π π2sin[(2 ) ]3 6x   π2sin(2 )2x  --------------------------7 分 2cos2x , --------------------------9 分 所以周期 2π π2T   . --------------------------11分 令 2 π π 2 2 πk x k   ， --------------------------12 分 解得 ππ π2k x k   ， k Z ， 所以 ( )f x 的单调递增区间为 π( π , π),2k k k Z . --------------------------13 分 法二：因为 π π( ) 3sin(2 ) cos(2 )3 3f x x x    , 所以 π π π π( ) 3(sin2 cos cos2 sin ) (cos2 cos sin2 sin )3 3 3 3f x x x x x    -------------------7 分 1 3 1 33( sin2 cos2 ) ( cos2 sin2 )2 2 2 2x x x x    2cos2x --------------------------9 分 所以周期 2π π2T   . --------------------------11 分 令 2 π π 2 2 πk x k   ， --------------------------12 分 解得 ππ π2k x k   ， k Z , 所以 ( )f x 的单调递增区间为 π( π , π),2k k k Z . --------------------------13 分 17．解： （Ⅰ）法一： 在 ABD 中，因为 1cos 7ADB  ， (0,π)ADB  , 所以 4 3sin 7ADB  , --------------------------3 分 根据正弦定理，有 sin sin BD AB A ADB   , --------------------------6 分 代入 8, ,3AB A    解得 7BD  . --------------------------7 分 法二：作 BE AD 于 E . 因为 π8, 3AB A   ，所以在 ABD 中， πsin 4 33BE AB   . --------------------------3 分 在 BDE 中，因为 1cos 7ADB  ， (0,π)ADB  ， 所以 4 3sin 7ADB  , --------------------------6 分 所以 7sin BEBD BDE   . --------------------------7 分 （Ⅱ）法一： 在 BCD 中，根据余弦定理 2 2 2 cos 2 BC CD BDC BC CD     , --------------------------10 分 代入 3, 5BC CD  ，得 1cos 2C   ， (0,π)C  ,所以 2π 3C  . --------------------------12 分 所以 πA C    ，而在四边形 ABCD 中 + 2πA ABC C ADC       所以 πABC ADC    . --------------------------13 分 法二：在 ABD 中， 11cos ,14ABD  所以 5 3sin 14ABD  ， 1cos 7ADB  ， 所以 4 3sin 7ADB  . --------------------------8 分 在 BCD 中， 11cos ,14DBC  所以 5 3sin 14ABD  , 13cos 14BDC  ， 所以 3 3sin 14ADB  . --------------------------9 分 所以 cos cos( )ABC ABD DBC     ， 23cos cos sin sin 98ABD DBC ABD DBC       --------------------------11 分 cos cos( )ADC ADB BDC     ， 23cos cos sin sin 98ADB BDC ADB BDC        --------------------------12 分 即 cos cosABC ADC    , 所以 πABC ADC    . --------------------------13 分 18．解 （Ⅰ）因为 (0) 1f  ，所以曲线 ( )y f x 经过点(0,1) , 当 2 1n k  时， 1 2( 1) 1na a k n a      , --------------------------6 分 当 2n k 时， 2 2( 1) 2na k k n     , 所以 1, , n n a na n n     为奇数, 为偶数. --------------------------8 分 （Ⅲ） 法一：因为 12 n n nS a a  ，由（Ⅱ）知道 1, , n n a na n n     为奇数, 为偶数, 所以 1 ( 1)( 1), 2 1 ( ) , 2 n n a n n S n n a n        为奇数, 为偶数, --------------------------10 分 注意到所有奇数项构成的数列是一个单调递增的，所有偶数项构成的数列是一个单调递增的， 当 n 为偶数时， 0na  ，所以此时 1n nS S  ， 所以 15S 为最小值等价于 13 15 15 17,S S S S  ， --------------------------12 分 所以 14 15 16 170, 0a a a a    ， 所以14 15 1 0, 16 17 1 0a a        ， 解得 32 28a    . --------------------------13 分 因为数列{ }na 是由整数组成的，所以 { 32, 31, 30, 29, 28}a       .[来源:学。科。网 Z。X。X。K] 又因为 0na  ，所以对所有的奇数 n ， 1 0na n a    ， 所以 a 不能取偶数，所以 31, 29a a    . --------------------------14 分 法二： 因为 12 n n nS a a  ， 由（Ⅱ）知道 1, , n n a na n n     为奇数, 为偶数, 所以 1 ( 1)( 1), 2 1 ( ) , 2 n n a n n S n n a n        为奇数, 为偶数, --------------------------10 分 因为 15S 为最小值，此时 n 为奇数， 当 n为奇数 时， 1 ( 1)( 1)2nS n a n    ， 根据二次函数的性质知道，有14 162 a   ，解得 32 28a    ， --------------------------12 分 因为数列{ }na 是由整数组成的，所以 { 32, 31, 30, 29, 28}a       . 又因为 0na  ，所以对所有的奇数 n ， 1 0na n a    ， 所以 a 不能取偶数，所以 31, 29a a    . --------------------------13 分 经检验，此时 nS 为最小值，所以 31, 29a a    . --------------------------14分 20. 解： （Ⅰ） 2 1( ) 3f x x x  是  函数， --------------------------2 分 ( ) sin πg x x 不是  函数. --------------------------4 分 （Ⅱ）T 的最小值为 1. --------------------------6 分 因为 ( )f x 是以 T 为最小正周期的周期函数，所以 ( ) (0)f T f . 假设 1T  ，则[ ] 0T  ，所以 ([ ]) (0)f T f ，矛盾. --------------------------8 分 所以必有 1T  ， 而函数 ( ) [ ]l x x x  的周期为 1，且显然不是是  函数， 综上，T 的最小值为 1. --------------------------9 分 （Ⅲ） 当函数 ( ) af x x x   是  函数时， 若 0a  ，则 ( )f x x 显然不是  函数，矛盾. --------------------------10 分 若 0a  ，则 2'( ) 1 0af x x    ， 所以 ( )f x 在 ( ,0),(0, )  上单调递增， 此时不存在 ( ,0)m   ，使得 ( ) ([ ])f m f m ， 同理不存在 (0, )m   ，使得 ( ) ([ ])f m f m ， 又注意到 [ ] 0m m  ，即不会出现[ ] 0m m  的情形， 所以此时 ( ) af x x x   不是  函数. --------------------------11 分 当 0a  时，设 ( ) ([ ])f m f m ，所以 [ ] [ ] a am mm m    ，所以有 [ ]a m m ，其中[ ] 0m  ， 当 0m  时， 因为[ ] [ ] 1m m m   ，所以 2[ ] [ ] [ ]([ ] 1)m m m m m   ， 所以 2[ ] [ ]([ ] 1)m a m m   . --------------------------12 分 当 0m  时，[ ] 0m  ， 因为[ ] [ ] 1m m m   ，所以 2[ ] [ ] [ ]([ ] 1)m m m m m   ， 所以 2[ ] [ ]([ ] 1)m a m m   . --------------------------13 分 记 [ ]k m , 综上，我们可以得到 “ 0a  且 * 2,k a k  N 且 ( 1)a k k  ”. --------------------------14 分