2023年12月12日发(作者：小学幼儿园大班数学试卷)

北京市海淀区2022-2023学年第一学期期中练习

高三数学

本试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分150分，考试时长120分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

第一部分（选择题 共40分）

一、选择题：共10小题，每小题4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. 已知全集Uxx0，集合Ax2x3，则CUA

2. 在同一个坐标系中，函数ylogax与yax(a0且a1)的图像可能是

A B

C D1

A.(0,2]U[3,)

C.(,2]U[3,)

B.(0,2)U(3,)

D.(,2)U(3,)

3. 已知向量a,b在正方形网格中的位置如图所示. 若网格中每个小正方形的边长均为1，则

ab

A.4

B.42

C.4

D.42

4. 若等差数列an和等比数列bn满足a1b1，a2b22，a48，则bn的公比为

5. 已知实数a,b满足ab，则下列不等式中正确的是

6. 在平面直角坐标系xOy中，角与角均已Ox为始边，它们的终边关于直线yx对称.

若sin

7. 已知函数f(x). 甲同学将f(x)的图像向上平移1个单位长度，得到图像C1；乙同学将

f(x)的图像上所有点的横坐标变为原来的1（纵坐标不变），得到图像C2. 若C1与C2恰好23，则cos

5A.2 B.2 C.4 D.4

A.|a|b B.a|b| C.a2ab b2

4A.

5B.4

53C.

53D.

5重合，则下列给出的f(x)中符合题意的是

A.f(x)log1x

2B.f(x)log2x C.f(x)2x

1D.f(x)()x

2

8. 已知函数f(x)aexbex(ab0)，则“ab0”是“f(x)为奇函数”的

A.充分而不必要条件

C.充分必要条件

2

B.必要而不充分条件

D.既不充分也不必要条件 uuuruuuruuur9. 若P是△ABC内部或边上的一个动点，且APxAByAC，则xy的最大值是

10. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去. 若经过n次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于99，则n的最小值为

100A.1

4B.1

2C.1 D.2

（参考数据：lg20.301，lg30.477）

A.9

C.11

B.10

D.12

第二部分（非选择题 共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

11. 若复数z12i，则|z|_________.

12. 函数f(x)

13. 已知向量a(1,1)，b(x,tx2). 若存在实数x，使得a与b的方向相同，则t的一个取值为_________.

14. 若函数f(x)sin(xπ)(0)和g(x)cos2(x)sin2(x)的图像的对称中心完61lnx的定义域是_________.

x1π全重合，则_________；g()_________.

6

2xax1,x115. 已知函数f(x).

ax, x16

①当a1时，f(x)的极值点个数为_________；

②若f(x)恰有两个极值点，则a的取值范围是_________.

三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

16.（本小题13分）

已知等差数列an的前n项和为Sn(n1,2,)，且a23，S525.

（Ⅰ）求an的通项公式；

（Ⅱ）等比数列bn的首项为1，公比为q，在下列三个条件中选择一个，使得bn的每一项都是an中的项. 若bkam(k,mN*)，求m.（用含k的式子表示）

条件①：q1； 条件②：q2； 条件③：q3.

注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分.

17.（本小题14分）

已知函数f(x)2sinxcosx2cos2x1.

π（Ⅰ）求f()的值；

4（Ⅱ）求f(x)的最小正周期；

π（Ⅲ）求f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值.27

18.（本小题14分）

1已知函数f(x)x3x2.

3（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

4（Ⅱ）若f(x)在区间(1,m]上的取值范围是[,0]，求m的取值范围.

37 19.（本小题14分）

某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距12km的观测站A和B，观测人员分别在A,B处观测该动物种群. 如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，观测人员从两个观测站分别测得BAC30，ABC60，经过一段时间后，该动物种群出现在点D处，观测人员从两个观测站分别测得BAC75，ABD45.（注：点A,B,C,D在同一平面内）

（Ⅰ）求△ABD的面积；

（Ⅱ）求点C,D之间的距离.

8 20.（本小题15分）

已知函数f(x)exasinx.

（Ⅰ）当a2时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

（Ⅱ）当a1时，证明：函数yf(x)2在区间(0,π)上有且仅有一个零点；

（Ⅲ）若对任意x[0,π]，不等式f(x)2cosx恒成立，求a的取值范围.

9 21.（本小题15分）

对于一个m行n列的数表Amn(m2,n3)，用ai,j表示数表中第i行第j列的数，

ai,j0,1(i1,2,,m;j1,2,,n). 对于给定的正整数t，若数表Amn满足以下两个条件，则称数表Amn具有性质p(t)：

①a1,j1,am,j0(j1,2,,n)；

②|ai,1ai1,1||ai,2ai1,2||ai,nai1,n|t(i1,2,,m1).

（Ⅰ）以下给出数表1和数表2.

1

0

0

1

1

0

1

0

0

1

数表1

0

数表2

（ⅰ）数表1是否具有性质p(2)？说明理由；

（ⅱ）是否存在正整数t，使得数表2具有性质p(t)？若存在，直接写出t的值，若不存在，说明理由；

（Ⅱ）是否存在数表Am2023具有性质p(6)？若存在，求出m的最小值，若不存在，说明理由；

（Ⅲ）给定偶数n(n3)，对每一个t2,3,,n1，将集合mAmn具有性质p(t)中的最小元素记为f(t). 求f(t)的最大值.

0 0 0

1 0 1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

1

0

1

10

高三数学参考答案一、选择题题目

答案

二、填空题

1

B

2

A

3

C

4

B

5

A

6

D

7

B

8

C

9

A

10

D

（11）5

（12）(0,1)(1,+) （13）答案不唯一，小于1的实数均可

（14）2；−1或1

三、解答题

（15）2；(0,2)

（16）（本小题13分）

解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，

因为a2=3,S5=25,

a1+d=3,所以

545a+d=25.12a=1,解得1

d=2.

所以an=2n−1.

（Ⅱ）选择条件③.

因为b1=1,q=3，

所以bn=3n−1.

因为am=bk,

即2m−1=3k−1 .

3k−1+1得m=.

2

因为kN*,3k−1为奇数，3k−1+1为偶数，

高三年级（数学）参考答案 第1页（共6页）

所以mN*.

3k−1+1可得m=.

2（17）（本小题14分）

解：（Ⅰ）f(−)=2sin(−)cos(−)+2cos2(−)−1

4444222)+2()2−1

222=−1.

=2(−（Ⅱ）f(x)=sin2x+cos2x=2sin(2x+).

4

所以f(x)的最小正周期为T=2=.

2（Ⅲ）因为0x当2x+5, 所以2x+,

4442=，即x=时，f(x)取得最大值，

428所以f(x)在区间[0,]上的最大值为f()=2；

82当2x+5，即x=时，f(x)取得最小值，

=442所以f(x)在区间[0,]上的最小值为f()=−1.

22（18）（本小题14分）

解：（Ⅰ）f(x)的定义域为R.

f\'(x)=x2−2x，令f\'(x)=0，x1=0,x2=2.

x

(−,0)

+

0

0

极大值

(0,2)

2

(2,+)

+

f\'(x)

f(x)

−

0

极小值

由表可得，f(x)的单调递增区间为(−,0),(2,+)；单调递减区间为(0,2).

44（Ⅱ）由函数解析式及（Ⅰ）可知f(−1)=−,f(0)=0,f(2)=−,f(3)=0.

334①当m(−1,2)时，x(−1,m],f(x)−，不符合题意；

34②当m[2,3]时，f(x)在区间[−1,m]上的取值范围是[−,0]，符合题意；

3③当m3时，由f(x)在区间(2,+)上单调递增可知f(m)f(3)=0，不符合题意.

综合上述，m[2,3]

（19）（本小题14分）

解：（Ⅰ）在△ABD中，BAD=75，ABD=45,所以ADB=60.

ADABADAB==由正弦定理：，得，

sinABDsinADBsin45sin60高三年级（数学）参考答案 第2页（共6页）

2sin45所以，AD=AB=212=46 (km).

sin6032sinBAD=sin75=sin(45+30)=2316+2(+)=,

2224所以△ABD的面积为

S△ABD=116+2ABADsinBAD=1246=36+123 (km2).

224（Ⅱ）由BAC=30，ABC=60, 得CAD=45,AC=63.

在△ACD中由余弦定理，得

CD2=AC2+AD2−2ACADcosCAD=363+166−263462=60.

2所以，CD=215 (km).

即点C, D之间的距离为215km.

（20）（本小题15分）

解：（Ⅰ）当a=2时，f(x)=ex−2sinx，

则f(0)=1.

f\'(x)=ex−2cosx， 则f\'(0)=−1.

曲线f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=−x+1.

（Ⅱ）当a=1时，记g(x)=f(x)−2=ex−sinx−2，

则g\'(x)=ex−cosx.

当x(0,)时，exe0=1,cosx1,

所以g\'(x)g\'(0)=0.

所以g(x)在(0,)上单调递增.

因为g(0)=−10,g()=e−20,

所以函数y=f(x)−2在区间(0,)上有且仅有一个零点.

（Ⅲ）设h(x)=f(x)+cosx−2=ex−asinx+cosx−2.

则h\'(x)=ex−acosx−sinx.

设s(x)=ex−acosx−sinx.

则s\'(x)=ex−cosx+asinx.

高三年级（数学）参考答案 第3页（共6页）

因为当x[0,]时，exe0=1,cosx1,sinx0,

所以当a0时，x[0,]时，s\'(x)0，

所以h\'(x)在区间[0,]上单调递增(*).

（1）当a1时，h\'(0)=1−a0，h\'()=e+a0,

且h\'(x)在区间[0,]上单调递增，

所以存在唯一x0(0,)，使得h\'(x0)=0.

当x(0,x0)时，h\'(x)0，

所以h(x)在区间(0,x0)上单调递减.

可得h(x0)h(0)=0，所以与题意不符.

（2）当a=1时,

h(x)=ex−sinx+cosx−2.

h\'(x)=ex−cosx−sinx

由(*)可知：h\'(x)在区间[0,]上单调递增,

所以当x[0,]时，h\'(x)h\'(0)=0.

所以h(x)在区间[0,]上单调递增.

所以h(x)h(0)=0区间[0,]上恒成立.

符合题意.

（3）当a1时,

h(x)=ex−asinx+cosx−2ex−sinx+cosx−2.

由（2）可知，此时h(x)0在区间[0,]上恒成立.

综上所述，实数a的取值范围是(−,1].

（21）（本小题15分）

解：（Ⅰ）（ⅰ）数表1不具有性质p(2).

理由：|a2,1−a3,1|+|a2,2−a3,2|+|a2,3−a3,3|=12.

（ⅱ）存在.

t=3时，数表2具有性质p(t).

（Ⅱ）不存在数表Am2023具有性质p(6).

假设存在m使得数表Am2023具有性质p(6)，则

|ai,1−ai+1,1|+|ai,2−ai+1,2|++|ai,n−ai+1,n|=6(i=1,2,,m−1).

即在这两行中，有6列的数不同，设其中有k列是第i行的数为1，第i+1行的数为0，

则有6−k列是第i行的数为0，第i+1行的数为1.

所以，从第i行到第i+1行，一共增加了6−2k个1，1的个数的奇偶性不变. ……7分

所以，任意两行中，1的个数的奇偶性相同.

高三年级（数学）参考答案 第4页（共6页）

与数表Am2023第一行有2023个1，最后一行有0个1矛盾.

所以，不存在具有性质p(6)的数表Am2023.

（Ⅲ）f(t)的最大值的为n+1.

定义m−1行n列的数表B(m−1)n：

其第i行第j列为bi,j=|ai,j−ai+1,j|，i=1,2,,m−1(j=1,2,,n).

则bi,j{0,1}，且bi,j=0表示ai,j,ai+1,j两数相同，bi,j=1表示ai,j,ai+1,j两数不同.

因为数表Amn的第1行确定，所以给定数表B(m−1)n后，数表Amn唯一确定.

①先证f(t)n+1.

我们按照如下方式，构造数表Bnn：对于第2s−1行和第2s行，s=1,2,令b2s−1,2s−1=1,b2s−1,2s=0，b2s,2s−1=0,b2s,2s=1，

且在这两行其余的n−2列中，任选相同的t−1列都为1，其他列都为0.

于是可得到具有性质p(t)的数表A(n+1)n如下：

第1列 第2列 第3列 第4列

第n-1列 第n列

,n，

2第1行

1 1 1 1 … 1 1

第3行

0 0 1 1 … 1 1

第5行

0 0 0 0 … 1 1

… …

第n+1行

0 0 0 0 … 0 0

即对于每个t{2,3,所以f(t)n+1.

,n−1}，当m=n+1时，都存在数表Amn具有性质p(t).

②再证t=n−1时，f(t)n+1.

记Si=ai,1+ai,2+...+ai,n(i=1,2,因为t=n−1是奇数，

高三年级（数学）参考答案 第5页（共6页）

,m). 所以Si与Si+1的奇偶性不相同(i=1,2,因为S1=n，Sm=0，

所以m是奇数.

我们考虑B(m−1)n的第i行和i+1行，

,m−1).

因为t=n−1，所以这两行中都有n−1列为1，1列为0.

若这两行相同，则数表Amn的第i行和第i+2行相同，Si=Si+2.

若这两行不同，设其分别在第p,q列为0(pq)，则数表Amn的第i行和第i+2行只在第p,q列上不同，其他列都相同，|Si−Si+2|2.

因为S1=n,Sm=0，其中n是偶数.

所以n=|Sm−S1|=|Sm−Sm−2+Sm−2−Sm−4+所以mn+1，即f(n−1)n+1.

结合①，f(n−1)=n+1.

综上所述，f(t)的最大值的为n+1.

+S3−S1|m−12.

2高三年级（数学）参考答案 第6页（共6页）


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