数学理卷·2018届北京市朝阳区高三上学期期中考试试题（解析版）
北京市朝阳区2017-2018学年度第一学期高三年级期中统一考试
数学试卷（理工类）
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分
第一部分（选择题共40分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合A={x|x>1}，B={x|log2x>1}，则A∩B=
A. {x|x>1} B. {x|1
2} D. {x|x>0}
【答案】C
【解析】集合A={x|x>1}，B={x|log2x>1}={x|x>2}，
所以A∩B={x|x>2}.
故选C.
2. 已知实数x,y满足条件 则x+2y的最大值为
A. 12 B. 10
C. 8 D. 6
【答案】B
【解析】作出可行域如图：
由图可知目标函数在点C处取得最大值为10
故选：B
点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
3. 要得到函数y=sin(2x-)的图象，只需将函数y=sinx的图象上所有的点
A. 先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变
B. 先向右平移个单位长度，横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变
C. 横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
D. 横坐标变伸长原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】函数的图象上所有的点横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变得到，再向右平移个单位长度，
故选：C
4. 已知非零平面向量,，则“|+|=||+||”是“存在非零实数l，使=λ”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
【解析】(1)若|+|=||+||,则,方向相同，
∴,共线,∴存在非零实数λ,使=λ.
∴“|+|=||+||”是“存在非零实数λ,使=λ”的充分条件；
(2)若存在非零实数λ,使=λ,则,共线，
∴当,方向相同时,| +|=||+||，
当,方向相反时,| +|<||+||，
∴∴“|+|=||+||”不是“存在非零实数λ,使=λ”的必要条件。全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...
故选A.
5. 已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4,以下有四个命题：
①数列{Sn}中的最大项为S10
②数列{an}的公差d<0
③S10>0
④S11<0
其中正确的序号是
A. ②③ B. ②③④
C. ②④ D. ①③④
【答案】B
【解析】Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，由，得,
所以公差d=,②正确；
由知，数列{Sn}中的最大项为S5，①不正确；
,③正确；
,④正确.
故选B.
6. 如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥DC,E是CD的中点DC=1,AB=2,则·=
A. 5 B. -5
C. 1 D. -1
【答案】D
【解析】
过E作EF⊥AB，垂足为F，
则，
∴·.
故选D.
点睛:平面向量数量积的类型及求法
(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式a·b＝|a||b|cos θ；二是坐标公式a·b＝x1x2＋y1y2；三是利用数量积的几何意义.
(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.
7. 袋子里有编号为2,3,4,5,6的五个球，某位教师从袋中任取两个不同的球.教师把所取两球编号的和只告诉甲，其乘积只告诉乙，再让甲、乙分别推断这两个球的编号.
甲说：“我无法确定.”
乙说：“我也无法确定.”
甲听完乙的回答以后，甲说：“我现在可以确定两个球的编号了.”
根据以上信息,你可以推断出抽取的两球中
A. 一定有3号球 B. 一定没有3号球
C. 可能有5号球 D. 可能有6号球
【答案】D
【解析】甲说：“我无法确定.”说明两球编号的和可能为7包含（2，5），（3，4），可能为8包含（2，6），（3，5），可能为9包含（3，6），（2，7）
乙说：“我无法确定.”说明两球编号的乘积为12包含（3，4）或（2 ，6）
根据以上信息,可以推断出抽取的两球中可能有6号球
故选：D
点睛：本题是一道通俗易懂的合情推理题目，主要考查同学们的逻辑思维能力和推理能力，问题难度不大，认真审题是关键.
8. 已知函数f(x)=sin(cosx)-x与函数g(x)=cos(sinx)-x在区间(0，)都为减函数，设x1,x2,x3∈(0，)，且cosx1=x1，sin(cosx2)=x2，cos(sinx3)=x3，则x1,x2,x3的大小关系是（ ）
A. x10,解得：，
令v′(r)<0,解得：，
故v(r)在(0,)递增,在(,)递减，
故当r=时V最大，
故答案为：.
13. 将集合M={1,2,3,...,15}表示为它的5个三元子集（三元集：含三个元素的集合）的并集，并且这些三元子集的元素之和都相等，则每个三元集的元素之和为________；请写出满足上述条件的集合M的5个三元子集__________（只写出一组）
【答案】 (1). 24 (2). {1，8，15},{3，7，14},{5，6，13},{2，10，12},{4，9，11}（答案不唯一）
【解析】因为5个三元子集（三元集：含三个元素的集合）的并集为集合M={1,2,3,...,15}
所以元素总和为：，
又因为这5个三元子集的元素之和都相等，所以每个集合的元素和为.
满足上述条件的集合M的5个三元子集可以是：{1，8，15},{3，7，14},{5，6，13},{2，10，12},{4，9，11}（答案不唯一）.
三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
14. 已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=2an-1.(n∈N*)
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足bn=an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】（Ⅰ）an=2n-1；（Ⅱ）Tn=.
【解析】试题分析：（Ⅰ）由n≥2时，an=Sn-Sn-1即可得通项公式；
（Ⅱ）bn=an=2n-1=1-n，利用等差数列求和公式求解即可.
试题解析：
（Ⅰ）当n=1时，a1=1.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1,
an=2an-2an-1，即an=2an-1
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列.
故an=2n-1,n∈N*.
（Ⅱ）由已知得bn=an=2n-1=1-n.
因为bn-bn-1=(1-n)-(2-n)=-1，
所以{bn}是首项为0，公差为-1的等差数列.
故{bn}的前n项和Tn=.
15. 已知函数f(x)=2sinxcos(x-).
（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期.
（Ⅱ）当x∈[0,]时，求函数f(x)的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）f(x)∈[0,1+].
【解析】试题分析：（Ⅰ）由两角差的余弦公式展开，结合二倍角公式化简得f(x)=sin(2x-
)+，进而得周期；
（Ⅱ）由x∈[0,]得2x-∈[-,]，即可得sin(2x-)∈[-,1]，从而得解.
试题解析：
因为f(x)=2sinx×cos(x-)，
所以f(x)=2sinx×(cosxcos+sinxsin)=sinx×cosx+sin2x=sin2x+(1-cos2x)=sin(2x-)+.
（Ⅰ）函数f(x)的最小正周期为.
（Ⅱ）因为x∈[0,]，所以2x-∈[-,].
所以sin(2x-)∈[-,1].
所以f(x)∈[0,1+].
16. 在△ABC中，A=，=.
（Ⅰ）试求tanC的值；
（Ⅱ）若a=5，试求△ABC的面积.
【答案】（Ⅰ）tanC=；（Ⅱ）.
【解析】试题分析：（Ⅰ）由正弦定理得：，将A=代入求解得4sinC=3cosC，进而得tanC的值；
（Ⅱ）结合条件由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得25=b2+(b)2-2b×b×.求解b，c代入S=bcsinA求解面积即可.
试题解析：
（Ⅰ）因为A=，=，所以==.
所以7sinC=3
所以7sinC=3
所以7sinC=3cosC+3sinC.
所以4sinC=3cosC.
所以tanC=.
（Ⅱ）因为A=，=，a=5，由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得25=b2+(b)2-2b×b×.
所以b=7，c=3.
所以△ABC的面积S=bcsinA=×7×3×.
17. 已知函数f(x)=(x2-ax+a)e-x，a∈R
（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）设g(x)=f’(x)，其中f’(x)为函数f(x)的导函数.判断g(x)在定义域内是否为单调函数，并说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.
【解析】试题分析：（Ⅰ）函数求导得f’(x)=-(x-2)(x-a)e-x，讨论a和2的大小，结合导数的正负讨论单调性即可；
（Ⅱ）g’(x)=f＂(x)=[x2-(a+4)x+3a+2]×e-x，记h(x)=x2
-(a+4)x+3a+2，通过二次函数的性质知函数有正有负，从而得g(x)在定义域内不为单调函数.
试题解析：
（Ⅰ）函数f(x)的定义域为{x|x∈R}..
①当a<2时，令f’(x)<0，解得：x2，f(x)为减函数；
令f’(x)>0，解得：a2时，令f’(x)<0，解得：x<2或x>a，函数f(x)为减函数；
令f’(x)>0，解得：22时，f(x)的单调递减区间为(-∞,2),(a,+∞)；单调递增区间为(2,a).
（Ⅱ）g(x)在定义域内不为单调函数，以下说明：
g’(x)=f＂(x)=[x2-(a+4)x+3a+2]×e-x.
记h(x)=x2-(a+4)x+3a+2，则函数h(x)为开口向上的二次函数.
方程h(x)=0的判别式△=a2-4a+8=(a-2)2+4>0恒成立.
所以，h(x)有正有负，从而g’(x)有正有负
故g(x)在定义域内不为单调函数.
18. 已知函数f(x)=-lnx-.
（Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
（Ⅱ）求证：lnx≥-
（Ⅲ）判断曲线y=f(x)是否位于x轴下方，并说明理由.
【答案】（Ⅰ）(-1)x-y-+1=0；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】试题分析：（Ⅰ）函数求导得切线斜率为f’(1)=-1，再利用直线的点斜式求解即可；
（Ⅱ）要证明lnx≥-,(x>0)”等价于“xlnx≥-”，设函数g(x)=xlnx，求导结合单调性得g()即可证得；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知lnx≥，所以f(x)≤-()，求导结合单调性得k(x)≤k(1)=0恒成立，即可证得.
试题解析：
函数的定义域为(0,+∞)，
f’(x)=--+
（Ⅰ）f’(1)=-1，又f(1)=-
曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为
y+=(-1)x-+1.
即(-1)x-y-+1=0.
（Ⅱ）“要证明lnx≥-,(x>0)”等价于“xlnx≥
设函数g(x)=xlnx.
令g’(x)=1+lnx=0，解得.
x
（0，）
（）
g（x）
-
0
+
g（x）
递减
递增
因此，函数g(x)的最小值为g()=-，故xlnx≥.
即lnx≥.
（Ⅲ）曲线y=f(x)位于x轴下方.理由如下：
由（Ⅱ）可知lnx≥，所以f(x)≤-=().
设k(x)=，则k’(x)=
令k’(x)>0得01.
所以k(x)在(0,1)上为增函数，(1，+∞)上为减函数.
所以当x>0时，k(x)≤k(1)=0恒成立,当且仅当x=1时，k(1)=0.
又因为f(1)=-<0，所以f(x)<0恒成立.
故曲线y=f(x)位于x轴下方.
点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
19. 数列a1,a2……an是正整数1,2,……,n的任一排列，且同时满足以下两个条件：
①a1=1；②当n≥2时，|ai-ai+1|≤2(i=1,2，…,n-1).
记这样的数列个数为f(n).
（I）写出f(2),f(3),f(4)的值；
（II）证明f(2018)不能被4整除.
【答案】（Ⅰ）f(2)=1,f(3)=2,f(4)=4；（Ⅱ）见解析.
【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意，由f（n）的定义，计算即可得答案；
（Ⅱ）根据题意，把满足条件①②的数列称为n项的首项最小数列，对于n个数的首项最小数列，由于a1=1，故a2=2或3；分析可得递推关系为f（n）=f（n-1）+f（n-3）+1，进而求出f（2），f（3），…，f（2018）各数被4除的余数，分析可得它们构成14为周期的数列，即可得结论．
试题解析：
（Ⅰ）解：(Ⅰ)根据题意,①a1=1;②当n⩾2时, |ai-ai+1|≤2(i=1,2,…,n−1)；
则f(2)=1,f(3)=2,f(4)=4.
（Ⅱ）证明：把满足条件①②的数列称为n项的首项最小数列.
对于n个数的首项最小数列，由于a1=1，故a2=2或3.
（1）若a2=2，则a2-1,a3-1,,an-1构成n-1项的首项最小数列，其个数为f(n-1)；
（2）若a2=3,a3=2，则必有a4=4，故a4-3,a5-3,……,an-3构成n-3项的首项最小数列，其个数为f(n-3)；
（3）若a2=3,则a3=4或a3=5.设ak+1是这数列中第一个出现的偶数，则前k项应该是1,3,,2k-1，ak+1是2k或2k-2，即ak与ak+1是相邻整数.
由条件②，这数列在ak+1后的各项要么都小于它，要么都大于它，因为2在ak+1之后，故ak+1后的各项都小于它.
这种情况的数列只有一个，即先排递增的奇数，后排递减的偶数.
综上，有递推关系：f(n)=f(n-1)+f(n-3)+1，n≥5.
由此递推关系和（I）可得，f(2),f(3),,f(2018)各数被4除的余数依次为：
1，1，2，0，2，1，2，1，3，2，0，0，3，0，1，1，2，0，…
它们构成14为周期的数列，又2018=14144+2，
所以f(2018)被4除的余数与f(2)被4除的余数相同，都是1，
故f(2018)不能被4整除.
