上海市上海中学2020届高三上学期期中考试数学试题

上海市上海中学2020届高三上学期期中考试数学试题

上海中学高三期中数学卷 一、填空题 ‎1.已知集合，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由一元二次不等式的解法得出集合，再根据集合的交集运算得出.‎ ‎【详解】由得，又因为得，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查集合间的交集运算，属于基础题.‎ ‎2.函数的定义域是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：因为，故定义域为 ‎3.在等比数列中，若公比q=4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式（ ）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比数列求和公式列方程求出数列的首项，从而可得结果.‎ ‎【详解】因为公比q=4，且前3项之和等于21，‎ 所以，‎ 该数列的通项公式为，‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，意在考查对基本公式的掌握与应用，属于基础题.‎ ‎4.设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎∵f（x）为奇函数，且在（0，+∞）上是增函数，f（1）=0，‎ ‎∴f（1）=﹣f（﹣1）=0，在（﹣∞，0）内也是增函数 ‎∴=＜0，即或 ‎ 根据在（﹣∞，0）和（0，+∞）内是都是增函数,解得：x∈（﹣1，0）∪（0，1）‎ 点睛: 根据函数为奇函数求出f（1）=0，再将不等式x f（x）＜0分成两类加以分析，再分别利用函数的单调性进行求解，可以得出相应的解集．‎ ‎5.设，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把分子展开化为，再利用基本不等式求最值。‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 当且仅当，即时成立，‎ 故所求的最小值为。‎ ‎【点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立。‎ ‎6.若不等式的解集为或，则不等式的解集为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据一元二次不等式与其相应的方程的关系得且的两个根为或，再根据韦达定理可得之间的关系，再将关系代入到不等式中化简可得，求解此不等式可得解集.‎ ‎【详解】由题意得：且的两个根为或，所以，，∴，‎ 所以不等式化为：，因为，所以即，解得或，‎ 所以不等式的解集为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式与其对应的一元二次方程的关系和高次不等式的求解，属于基础题.‎ ‎7.已知等差数列的首项及公差均为正数，令，当是数列的最大项时， __________.‎ ‎【答案】1010‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设， ，根据基本不等式和等差数列的性质得 ‎，由此可得解.‎ ‎【详解】设， ， ‎ 根据基本不等式，‎ 又由等差数列的首项及公差均为正数，得，‎ 所以，当且仅当时，取得最大值，此时，‎ 所以，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的基本性质和 基本不等式及其应用，关键在于运用换元法，简化已知式与基本不等式建立联系，属于中档题.‎ ‎8.若命题：“存在整数使不等式成立”是假命题，则实数的取值范围是____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设原不等式的解集为，首先验证与题意不符；‎ 当时，原不等式化为，再结合可求得，要满足题意则需，据此可求得的取值范围；再求得当时的，然后验证是否满足题意，即可完成解答.‎ ‎【详解】设不等式的解集为，‎ 当时，不等式化为，存在整数使不等式成立，所以此时不满足题意，所以；‎ 当时，原不等式化为，‎ 因为,当且仅当即时取等号，‎ 所以，‎ 要使命题：“存在整数使不等式成立”是假命题，则需，‎ 解得；‎ 当时，原不等式化为，‎ 而，当且仅当即时取等号，‎ 所以,所以存在整数使不等式成立，所以不合题意.‎ 综上可知，实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的解法和基本不等式的应用，关键在于对讨论得出一元二次不等式的解的情况，再建立满足题意关于的不等式，属于中档题.‎ ‎9.集合的容量是指集合中元素的和．则满足条件“，且若时，必有”的所有非空集合的容量的总和是______（用具体数字作答）．‎ ‎【答案】224‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】先找出满足条件的单元素和二元素的集合有：，，，．‎ 再将这四个集合中的元素任意组合起来也满足要求．‎ 因此，所有符合条件的集合中元素的总和为．‎ ‎10.已知a是实数，函数f（x）=2ax2+2x-3-a，如果函数y=f（x）在区间[-1，1]上有零点，求a的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：当a＝0时，易得；当a≠0时，①函数在区间[－1,1]上只有一个零点;‎ ‎ ②函数在区间[－1,1]上有两个零点两种情况.‎ 试题解析：‎ 当a＝0时，函数f(x)＝2x－3的零点x＝∉[－1,1]．‎ 当a≠0时，函数f(x)在[－1,1]上的零点可能有一个与两个这两种情况．‎ ‎①函数在区间[－1,1]上只有一个零点，则有 或 解得1≤a≤5或a＝.‎ ‎②函数区间[－1,1]上有两个零点，则有 或 解得a＜或a≥5.‎ 综上，得a的取值范围是∪[5，＋∞)．‎ 点睛：二次函数根分布问题主要是依据数形结合，讨论函数的图象，一般要讨论的因素有：二次项系数和0的关系；对称轴的位置，区间端点处的函数值和0的关系；判别式和0的关系.‎ ‎11.若一个整数数列的首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，则我们称这个数列为“好数列”，例如：1，2，2，3，4，3，2，1，1是一个好数列，若一个好数列的各项之和是2019，则这个数列至少有_______________项.‎ ‎【答案】89‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎[分析]‎ 根据题意得此数列一定含有一个“好数列”，可设这个“好数列”为: 求出这个“好数列”的各项之和为再计算 ‎，而拆分成两个数,可得答案.‎ ‎【详解】根据题意得此数列一定含有一个“好数列”，可设这个“好数列”为: 这个“好数列”的各项之和为而，‎ 而可以表示为小于等于44的相邻的两数之和，即,所以这个数列至少有，‎ 所以这个数列至少有项，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查数列新定义和等差数列求和，关键在于理解数列新定义中各项数的特点，严格按照运用定义进行求和和数列的项的探索，属于中档题.‎ ‎12.设，若的最小值为，则实数的取值范围为___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得当时，的最小值可以在中取得，需满足在上恒成立，整理得在上恒成立，即；或当时，的最小值在中取得，则需满足分别求解可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】由题意得，‎ ‎①当时，即，的最小值可以在中取得，‎ 则需满足在上恒成立，整理得在 上恒成立，‎ 即或，‎ 解得，又，所以；‎ ‎②当时，的最小值在中取得，由得，‎ 则，解得（舍去）, ‎ 综上所述实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的最值问题、绝对值三角不等式和二次函数的图像性质，关键在于讨论函数的最小值在分段函数的何段区间内取得，并且需满足什么的条件，求解时注意抓住二次函数的图像特征，可得解决问题带来方便，属于中档题.‎ 二.选择题 ‎13.王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的(　　)‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据必要不充分条件的判定方法，即可作差判定，得到答案.‎ ‎【详解】由题意可知，“攻破楼兰”不一定“返回家乡”，但“返回家乡”一定是“攻破流量”，所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义及判定，其中解答中熟记充分条件和必要条件的定义，合理、准确盘判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎14.在等比数列中，，公比.若，则m=‎ A. 9 B. 10 C. 11 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由等比数列的性质可知，答案选C.‎ 考点：等比数列的性质 ‎15.若存在，使得成立，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据绝对值不等式得或，再因为，得或，‎ 由时，得，得或，要存在，使得或成立，则需或，可得a的取值范围.‎ ‎【详解】由得或，即或，因为，所以或， ‎ 当时，，所以或，‎ 所以要存在，使得或成立，则需或，‎ 所以或，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式、指数函数的值域以及不等式的存在性的问题，属于中档题，在解决不等式的存在性的问题时，常有以下情形：‎ ‎（1），使不等式成立，则；‎ ‎（2），使不等式成立，则；‎ ‎（3）,使不等式成立,则；‎ ‎（4）,使不等式成立,则；‎ ‎（5）,,均有恒成立，则；‎ ‎（6）,,均有恒成立，则.‎ ‎16.给定函数和，令，对以下三个论断：‎ ‎（1）若和都是奇函数，则也是奇函数；（2）若和都是非奇非偶函数，则也是非奇非偶函数：（3）和之一与有相同的奇偶性；其中正确论断的个数为（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于论断举反例，可得结论. 对于（1），设，，所以，可判断（1）；对于（2），设，，则，可判断（2）；对于（3）设，，则，可判断（3），可得选项.‎ ‎【详解】对于（1），设，，所以，和都是奇函数，而是偶函数不是奇函数，故（1）不正确；‎ 对于（2），设，，则，和都是非奇非偶函数，而是偶函数，故（2）不正确；‎ 对于（3）设，，则，是奇函数,是偶函数，而是非奇非偶函数，故（3）不正确。‎ 所以三个论断都不正确，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数的新定义、分段函数的奇偶性的判断，关键在于理解函数的新定义，确定出函数的解析式，再运用函数的奇偶性的判断方法判断论断，属于基础题.‎ 三.解答题 ‎17.已知实数满足.‎ ‎（1）若，求的最小值；‎ ‎（2）若，求的最小值，‎ ‎【答案】（1）9；（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，并且将其代入得，再根据二次函数的最值可求从而可得的最小值；‎ ‎（2）由得，并代入得，再由，利用基本不等式得，可得的最小值.‎ ‎【详解】（1）由得，所以，‎ 而当取等号，‎ 所以，当取等号，‎ 所以的最小值为；‎ ‎（2）由得，所以，‎ 因为，所以,‎ 又，当且仅当，即(舍去)时取等号，‎ 所以，‎ 所以，当且仅当时取等号，‎ 所以的最小值为；‎ 故得解.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的应用，解决问题的关键在于将两个量转化成求关于一个量的最值，再运用二次函数的最值和基本不等式求解，属于中档题.‎ ‎18.己知.‎ ‎（1）解关于x的不等式;‎ ‎（2）若解集为R，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当；当；当；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，即，对分三种情况讨论：①当时，②当时，③当时，分别求解不等式；‎ ‎（2）分别得出分段函数的解析式，做出满足题意的图像，根据数形结合，得出关于的不等式，解之可得出a的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由得，所以即，‎ ‎①当时，不等式化为，所以此时不等式的解集为；‎ ‎②当时，不等式化为，所以此时不等式的解集为；‎ ‎③当时，不等式化为，所以此时不等式的解集为；‎ 综上可得：‎ ‎①当时，原不等式的解集为；‎ ‎②当时，原不等式的解集为；‎ ‎③当时，原不等式的解集为；‎ ‎（2）当时，，因为，所以恒成立，即恒成立，所以满足的解集为；‎ 而，‎ 当时，，‎ 当时，，做出的图像如下图所示，‎ 要使的解集为，则需或，解得或；‎ 综上可得：a的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值符号的函数的恒成立问题，关键在于对参数进行讨论得出函数的具体解析式，再运用数形结合的方法得出相应的不等式，属于中档题.‎ ‎19.若函数与在给定的区间上满足恒成立，则称这两个函数在该区间上“和谐”。‎ ‎（1）若函数与在R上和谐，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若函数与在上和谐，求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件得，需都在上恒成立，或 有相同的两个不等的实根，即 ，或，‎ 可求得实数a的取值范围；‎ ‎（2）由对数的定义域得,再由题意得，由和,可得和,再由讨论当时,当时,当时,分别根据不等式的性质可得实数a的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由已知条件得，若函数与在R上和谐，‎ 则需都在上恒成立，或有相同的两个不等的实根，‎ 当都在上恒成立时，则需，解得，所以；‎ 当有相同的两个不等的实根时，，解得，‎ 综上可得实数a的取值范围是；‎ ‎（2）由对数的定义域可得,再由题意得， 由,可得,所以时，，时，；‎ 由,可得，所以时，，时，， 由题意要使函数与在上和谐，则的两零点 之间必需无正整数,  又由于,所以 当时,, ,之间有正整数，不满足题意;  当时,, ,之间有正整数，不满足题意;‎ 当时,,满足题意.  所以实数a的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查新定义函数的性质，解决问题需紧抓性质的定义，运用相关的知识求解，在第（1）问中的两个二次函数其积大于等于零，容易漏解两个二次函数有两个相同的不等实根的情况；在第（2）中讨论两个函数的零点情况，巧妙地运用两个零点间的正整数的情况得出所需的范围，属于中档题.‎ ‎20.在数列中，，其中.‎ ‎（1）若依次成公差不为0的等差数列，求m;‎ ‎（2）证明：“”是“恒成立”的充要条件; ‎ ‎（3）若，求证：存在，使得.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明略；（3）证明略。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得出，再因为 依次成公差不为0的等差数列，可得，可求得的值;‎ ‎（2）由，得出，再由，可得，由此可证充分性；再 对恒成立，可得对恒成立，可得出可证其必要性，可得证；‎ ‎（3）由，‎ ‎ ，将上述不等式相加得 ，可取正整数，可得证.‎ ‎【详解】（1）由得，，，，‎ 因为依次成公差不为0的等差数列，所以，‎ 即，解得（舍去），经检验，此时的公差不为，‎ 所以;‎ ‎（2）因，因为，所以，因为，所以，‎ 所以“”是“”恒成立的充分条件；‎ 因为，，所以对恒成立，即对恒成立，‎ 而，所以，要使对恒成立，则需，‎ 所以“”是“”恒成立的必要条件，‎ 所以“”是“恒成立”的充要条件.‎ ‎（3）因为，又因为 所以令，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，‎ 将上述不等式相加得 ，所以 ，‎ 取正整数，有 ，‎ 所以当，存在，使得.‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推式的相关问题，关键在于由递推式得出所需项的具体表达式，再求解，在证明命题的充要条件时，需对“充分性”和“必要性”两个方面证明，注意运用不等式的恒成立的思想，和数列中的“累加法”的应用，属于难度题.‎ ‎21.已知，其中.‎ ‎（1）若，写出的单调区间：‎ ‎（2）若函数恰有三个不同的零点，且这些零点之和为-2，求a、b的值；‎ ‎（3）若函数在上有四个不同零点，求的最大值。‎ ‎【答案】（1）递减，递增；（2）；（3）4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，得出函数的解析式，再做出图像可得函数的单调区间；‎ ‎（2）令，即或，再由，可得方程中有两个不等的实根，要使函数恰有三个不同的零点，且这些零点之和为-2，，则需方程有两个相等的实根，可建立关于的方程，解之可得的值；‎ ‎（3）由，即或，设 的两根为，并且可得，的两根为，并且可得，所以两根中一正一负，再由均在内，得的负根，从而可得的最大值.‎ ‎【详解】（1）当时，，做出图像如下图1所示，‎ 所以的单调区间是：在上单调递减，在上单调递增；‎ ‎（2）令，即，所以或，‎ 整理得或，‎ 因为，所以方程中恒成立，也即是一定有两个不等的实根，‎ 设这两个实根为并且，要使函数恰有三个不同的零点，且这些零点之和为-2，‎ 现需方程有两个相等的实根，设此根为，且，‎ 所以，即，解得，‎ 所以值为；‎ ‎（3）若，即或，‎ 设的两根为，则，‎ 的两根为，则，所以两根中一正一负，‎ ‎，‎ 均在内，的负根在内，‎ ‎，，‎ 所以的最大值为4.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的单调性和零点情况，关键在于运用数形结合的思想，做出分段函数的图像可得其单调区间，在处理函数的零点问题时可转化为方程的根的问题，此题中的一元二次方程的根的情况，需对方程的根的判别式、韦达定理、根的正负的判断熟练掌握，属于难度题.‎ ‎ ‎