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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 P  x | x2  x  2 ≤0 ， M  1，0，3，4 ，则集合 P∩M 中元素的个数为

A．1 B．2 C．3 D．4

D． y  2x

2．下列函数中为偶函数的是

A． y  1 B． y  lg x C． y   x 12

x

   

3．在 △ABC 中，∠A  60 ， AB  2 ， AC  1，则 AB  AC 的值为

A．1 B． 1 C． 1 D．  1

2 2

4．数列an 的前 n 项和为 Sn ．若 Sn  Sn1  2n 1（ n≥ 2 ），且 S2  3 ，则 a1  a3 的值为

A．1 B．3 C．5 D．6

5．已知函数 f  x  cos4 x  sin4 x ，下列结论错．误．的是

A． f  x  cos 2x B．函数 f  x 的图象关于直线 x  0 对称

C． f  x 的最小正周期为 π D． f  x 的值域为  2 ， 2

6．“ x  0 ”是“ x  sin x  0 ”的 B．必要不充分条件

A．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

C．充分必要条件

7．如图，点 O 为坐标原点，点 A1，1 ．若函数 y  ax（ a  0 ，且 a  1）及 y  olg b x（ b  0 ，且 b  1 ）

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

y

1

A

N

M 1x

O

A． a  b 1 B． b  a 1

C． b  a 1 D． a  b 1

1

1，x ≤ 1，

8． 已知函数 f (x)  x ，1  x  1， 函数 g(x)  ax2  x 1 ．若函数 y  f (x)  g(x) 恰好有 2 个不同

1，x ≥1，

零点，则实数 a 的取值范围是 B． (，0)  (2， )

A． (0， ) D． (，0)  (0，1)

C．   ， 1   (1， )

 2 

二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）

9． 2 ．

2xdx 

1

10．在 △ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ．若 c  4 ， sin C  2sin A ， sin B  15 ，

4

则a ， S△ABC  ．

11．已知等差数列an 的公差 d  0 ，且 a3  a9  a10  a8 ．若 an  0 ，则 n  ．

  

12．已知向量 a  (1，1) ，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 f (x)  sin(x  )(  ) ，若 f (x) 的图象向左平移 π 个单位所得的图象与 f (x) 的图象

3

向右平移 π 个单位所得的图象重合，则  的最小值为 ．

6

14．对于数列 an  ，若 m ， n  N* （ m  n ），都有 am  an ≥t （ t 为常数）成立，则称数列 an  具

m  n

有性质 P(t) ．

⑴ 若数列an 的通项公式为 an  2n ，且具有性质 P(t) ，则 t 的最大值为 ；

⑵ 若数列an 的通项公式为 an  n2  a ，且具有性质 P(10) ，则实数 a 的取值范围是 ．

n

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an 的公比 q  0 ，其前 n 项和为 Sn ，若 a1  1， 4a3  a2a4 ．

（Ⅰ）求公比 q 和 a5 的值；

（Ⅱ）求证： Sn  2 ．

an

2

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16．（本小题满分 13 分）

已知函数 f  x  3 sin  2x  π   cos  2x  π  ．

 3   3 

（Ⅰ）求 f  π  的值；

 6 

（Ⅱ）求函数 f  x 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 ， A  π ， cos ADB  1 ．

37

D

C

AB

（Ⅰ）求 BD 的长；

（Ⅱ）求证： ABC  ADC  π ．

18．（本小题满分 13 分）

已知函数 f  x  1 x3  x2  ax 1 ，曲线 y  f  x 在点 0，1 处的切线为 l ．

3

（Ⅰ）若直线 l 的斜率为 3 ，求函数 f  x 的单调区间；

（Ⅱ）若函数 f  x 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an 各项均不为 0，其前 n 项和为 Sn ，且 a1  a ， 2Sn  anan1 ．

（Ⅰ）求 a2 的值；

（Ⅱ）求an 的通项公式；

（Ⅲ）若 n 15 时， Sn 取得最小值，求 a 的值．

3

20．（本小题满分 14 分）

已知 x 为实数，用 x 表示不超过 x 的最大整数，例如 1，2 1 ， 1.2  2 ， 1 1，对于函

数 f  x ，若存在 mR 且 mZ ，使得 f m  f m ，则称函数 f  x 是 Ω 函数．

（Ⅰ）判断函数 f  x  x2  1 x ， g  x  sin πx 是否是 Ω 函数；（只需写出结论）

3

（Ⅱ）设函数 f  x 是定义在 R 上的周期函数，其最小正周期为T ，若 f  x 不是 Ω 函数，求T 的

最小值．

（Ⅲ）若函数 f  x  x  a 是 Ω 函数，求 a 的取值范围．

x

4

                                                                                                                                    咨询电话  10108899 

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海淀区高三年级第二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.B2.B3.A4. C5.D6.C7.A8.D

二、填空题:本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.

9.310. 2 ; 15 11.512. (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{an} 为等比数列，且 4a3  a2a4 ，

所以 4a3  a32 ，所以 a3  4 ，

因为 q2  a3  a3  4 ，所以 q  2 .

a1 1

因为 an  0 ，所以 q  0 ，即 q  2 ---------------------------3 分

所以 a5  a1q4  16 .--------------------------6 分

法二：因为{an} 为等比数列，且 4a3  a2a4 ，

所以 4a1q2  a1q4 ，所以 q2  4 ，所以 q  2 ,

因为 an  0 ，所以 q  0 ，即 q  2 ---------------------------3 分

所以 a5  a1q4  16 . --------------------------6 分（Ⅱ）法一：

因为 q  2 ，所以 an  a1qn1  2n1 , --------------------------８分

因为 Sn  a1(1  qn )  2n 1, --------------------------10 分

1 q

5

所以 Sn  2n 1  2  1 ,

an 2n1 2n1

因为 1  0 ，所以 Sn 2 1  2 .--------------------------13 分

2n1 an 2n1

法二：因为 q  2 ，所以 an  a1qn1  2n1 , --------------------------８分

所以 Sn  a1(1  qn )  2n 1, --------------------------10 分

1 q

所以 Sn 2   1  0 ，所以 Sn  2. --------------------------13 分

an 2n1 an --------------------------８分

--------------------------10 分

法三：因为 q  2 ，所以 an  a1qn1  2n1 ,

所以 Sn  a1(1  qn )  2n 1.

1 q

要证 Sn  2 ，只需 Sn  2an ，只需 2n 1  2n

an

上式显然成立，得证. --------------------------13 分

16.解：

（Ⅰ）因为 f (x)  3sin(2x  π)  cos(2x  π) ,

33

所以 f π  3sin(2  π  π)  cos(2  π  π) ,

() 63 63

6

 3 sin( 2π)  cos( 2π )  3  1  1.--------------------------4 分

3 3 22

（Ⅱ）因为 f (x)  3sin(2x  π)  cos(2x  π) ,

33

所以 f (x)  2[ 3 sin(2x  π)  1 cos(2x  π)]

2 32 3

 2[cos π sin(2x  π  sin π cos(2 x  π

) )]

6 36 3

 2 sin[(2 x  π  π

) ]

36

6

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 2sin(2x  π ) --------------------------7 分

2

 2cos2x ,--------------------------9 分

所以周期 T  2π  π .--------------------------11 分

2

令 2kπ  π  2x  2kπ ，--------------------------12 分

解得 kπ  π  x  kπ ， k  Z ，

2

所以 f (x) 的单调递增区间为 (kπ  π ,kπ), k  Z .--------------------------13 分

2

法二：因为 f (x)  3sin(2x  π)  cos(2x  π) ,

33

所以 f (x)  3(sin 2x cos π  cos2x sin π)  (cos2x cos π  sin 2x sin π) -------------------7 分

33 33

 3( 1 sin 2x  3 cos2x)  ( 1 cos2x  3 sin 2x)

22 22

 2cos2x --------------------------9 分

所以周期 T  2π  π .--------------------------11 分

2

令 2kπ  π  2x  2kπ ，--------------------------12 分

解得 kπ  π  x  kπ ， k  Z ,

2

所以 f (x) 的单调递增区间为 (kπ  π ,kπ), k  Z .--------------------------13 分

2

17．解：

（Ⅰ）法一：

在 ABD 中，因为 cosADB  1 ， ADB (0,π) ,

7

所以 sin ADB  4 3 ,--------------------------3 分

7

根据正弦定理，有 BD  AB ,--------------------------6 分

sin A sin ADB

代入 AB  8,A   ,

3

解得 BD  7 .--------------------------7 分

法二：作 BE  AD 于 E .

7

因为 AB  8,A  π ，所以在 ABD 中， BE  AB sin π  4 3 . --------------------------3 分

33

在 BDE 中，因为 cosADB  1 ， ADB (0,π) ，

7

所以 sin ADB  4 3 ,--------------------------6 分

7

所以 BD  BE  7 . --------------------------7 分

sin BDE

（Ⅱ）法一：

在 BCD 中，根据余弦定理 cosC  BC2  CD2  BD2 ,--------------------------10 分

2BC CD

代入 BC  3,CD  5 ，得 cosC   1 ，

2

C (0,π) ,所以 C  2π .--------------------------12 分

3

所以 A  C  π ，而在四边形 ABCD 中 A  ABC  C+ADC  2π

所以 ABC  ADC  π .--------------------------13 分

法二：在 ABD 中， cosABD  11 , 所以 sin ABD  5 3 ，

14 14

cosADB  1 ，所以 sin ADB  4 3 .--------------------------8 分

77

在 BCD 中， cosDBC  11 , 所以 sin ABD  5 3 ,

14 14

cosBDC  13 ，所以 sin ADB  3 3 .--------------------------9 分

14 14

所以 cosABC  cos(ABD  DBC) ，

 cosABD cosDBC  sin ABDsin DBC  23 --------------------------11 分

98

cosADC  cos(ADB  BDC) ，

 cosADB cosBDC  sin ADBsin BDC   23 --------------------------12 分

98

即 cosABC  cosADC , 所以 ABC  ADC  π .--------------------------13 分

18．解

（Ⅰ）因为 f (0)  1，所以曲线 y  f (x) 经过点 (0,1) ,

又 f '(x)  x2  2x  a ,--------------------------2 分

8

所以 f '(0)  a  3, 2017 高考(理)家长 2 群 568328793 联系电话：10108899

--------------------------3 分

所以 f '(x)  x2  2x  3.

当 x 变化时， f '(x) ， f (x) 的变化情况如下表:

x (, 3) 3 (3,1) 1 (1，+)

f '(x)  0  0 

 极小值 

f (x)  极大值

--------------------------5 分

所以函数 f (x) 的单调递增区间为 (, 3) ， (1, +) ,

单调递减区间为 (3,1) . --------------------------7 分

（Ⅱ）

因为函数 f (x) 在区间 [2,a] 上单调,

当函数 f (x) 在区间 [2,a] 上单调递减时， f '(x)  0 对 x [2,a] 成立，

即 f '(x)  x2  2x  a  0 对 x [2,a] 成立，

 f '(2)  0 a  0.

根据二次函数的性质，只需要  f ，解得 3 

 '(a)  0

又 2  a ，所以 2  a  0 . --------------------------9 分

当函数 f (x) 在区间 [2,a] 上单调递增时， f '(x)  0 对 x [2,a] 成立，

只要 f '(x)  x2  2x  a 在 [2,a] 上的最小值大于等于 0 即可，

因为函数 f '(x)  x2  2x  a  0 的对称轴为 x  1，

当 2  a  1时， f '(x) 在[2,a] 上的最小值为 f '(a) ，

解 f '(a)=a2  3a  0 ，得 a  0 或 a  3，所以此种情形不成立. --------------------------11 分

当 1  a 时， f '(x) 在[2,a] 上的最小值为 f '(1) ，

解 f '(1)  1 2  a  0 得 a  1，所以 a  1， --------------------------13 分

综上，实数 a 的取值范围是 2  a  0 或 a  1.

9

19．解： --------------------------2 分

（Ⅰ）因为 2Sn  anan1 ，所以 2S1  a1a2 ，即 2a1  a1a2 , --------------------------6 分

因为 a1  a  0 ，所以 a2  2 ,

（Ⅱ）因为 2Sn  anan1 ，所以 2Sn1  an1an (n  2) ，两式相减，

得到 2an  an (an1  an1) ，--------------------------4 分

因为 an  0 ，所以 an1  an1  2 ，

所以{a2k1},{a2k} 都是公差为 2 的等差数列，

当 n  2k 1时， an  a1  2(k 1)  n  a 1 ,

当 n  2k 时， an  2  2(k 1)  2k  n ,

所以 an  n  a  1, n为奇数, --------------------------8 分

 , n为偶数.

n

（Ⅲ）

法一：因为 2Sn  anan1 ，由（Ⅱ）知道 an  n a  1, n为奇数,

n , n为偶数,

1 (n  a 1)(n  1), n为奇数,

n(n  a) , n为偶数,

所以 Sn   2 --------------------------10 分

 1



 2

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， an  0 ，所以此时 Sn  Sn1 ，

所以 S15 为最小值等价于 S13  S15, S15  S17 ，--------------------------12 分

所以 a14  a15  0, a16  a17  0 ，

所以14 15  a 1  0, 16 17  a 1  0 ，

解得 32  a  28 . --------------------------13 分

因为数列{an} 是由整数组成的，所以 a {32,31,30,29,28} .

又因为 an  0 ，所以对所有的奇数 n ， an  n  a 1  0 ，

所以 a 不能取偶数，所以 a  31, a  29 . --------------------------14 分

法二：

10

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因为 2Sn  anan1 ，由（Ⅱ）知道 an  n  a  1, n为奇数,

n , n为偶数,

1 (n  a 1)(n  1), n为奇数,

n(n  a) , n为偶数,

所以 Sn   2 --------------------------10 分

 1



 2

因为 S15 为最小值，此时 n 为奇数，

当 n为奇数 时， Sn  1 (n  a  1)(n  1) ，

2

根据二次函数的性质知道，有14   a  16 ，解得 32  a  28 ，--------------------------12 分

2

因为数列{an} 是由整数组成的，所以 a {32,31,30,29,28} .

又因为 an  0 ，所以对所有的奇数 n ， an  n  a 1  0 ，

所以 a 不能取偶数，所以 a  31, a  29 .--------------------------13 分

经检验，此时 Sn 为最小值，所以 a  31, a  29 . --------------------------14 分

20.解：

（Ⅰ） f (x)  x2  1 x 是  函数，--------------------------2 分

3

g(x)  sin πx 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 f (T )  f (0) .

假设 T  1 ，则 [T ]  0 ，所以 f ([T ])  f (0) ，矛盾. --------------------------8 分

所以必有 T  1 ，

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

--------------------------10 分

（Ⅲ）当函数 f (x)  x  a 是  函数时，

x

若 a  0 ，则 f (x)  x 显然不是  函数，矛盾.

若a  0 ，则 f '(x)  1 a  0，

x2

所以 f (x) 在 (,0),(0,) 上单调递增，

此时不存在 m (,0) ，使得 f (m)  f ([m]) ，

同理不存在 m (0,) ，使得 f (m)  f ([m]) ，

又注意到 m[m]  0 ，即不会出现 [m]  0  m 的情形，

11

所以此时 f (x)  x  a 不是  函数. --------------------------11 分

x

当 a  0 时，设 f (m)  f ([m]) ，所以 m  a  [m]  a ，所以有 a  m[m] ，其中 [m]  0 ，

m [m]

当 m  0 时，

因为 [m]  m  [m] 1，所以 [m]2  m[m]  [m]([m] 1) ，

所以 [m]2  a  [m]([m] 1) .--------------------------12 分

当 m  0 时， [m]  0 ，

因为 [m]  m  [m] 1，所以 [m]2  m[m]  [m]([m] 1) ，

所以 [m]2  a  [m]([m] 1) . --------------------------13 分

记 k  [m] , 综上，我们可以得到

“ a  0 且 k  N*,a  k2 且 a  k(k 1) ”. --------------------------14 分

12