四川省绵阳南山中学2022-2023学年高三数学（理）上学期10月一诊试题（PDF版有答案）

2022年10月绵阳南山中学2022年秋绵阳一诊热身考试数学试题（理科）命题人：文家强审题人：周瑞何建东一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．21.已知集合A{2，1，0，1，2}，B{x|x1}，则AB=A.{1,0,1}B.{2,1,1,2}C.{x1x1}D.{xx1或x1}2.已知ab，则下列不等式中，正确的是A．22ababB．|a||b|C．sinasinbD．223.已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=A.100B.99C.98D.97xy44.若x，y满足约束条件xy2，则z3xy的最小值为y3A．18B．10C．6D．45．已知R，则“sin20”是“tan0”的A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件6.在△ABC中，点D在边AB上，BD2DA，记CAm,CDn，则CBA．3m2nB．2m3nC．3m2nD．2m3n7．核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阀值时，DNA的数量X与扩增次数n满足lgXnlg(1p)lgX,其中n0X为DNA的初始数量，p为扩增效率．已知某被测标本DNA扩增12次后，数00.250.25量变为原来的1000倍，则扩增效率p约为(参考数据：101.778，100.562)A．22.2%B．43.8%C．56.2%D．77.8%18．已知命题p：x0，sinx2，命题q：函数f(x)sinxacosx在区间(,)sinx42第1页共4页 上是减函数，则a1，下列结构中正确的是A．命题“pq”是真命题B．命题“pq”是真命题C．命题“pq”是真命题D．命题“pq”是真命题9.函数fxAsinx(A0,0,||)的部分图象如图所示，若将f(x)图象2上的所有点向右平移个单位得到函数gx的图象，则关于函数g(x)有下列12四个说法，其中正确的是A．函数g(x)的最小正周期为2B．函数g(x)的一条对称轴为直线x12C．函数g(x)的一个对称中心坐标为(,1)6D．gx再向左平移个单位得到的函数为偶函数610.如图，在△ABC中，已知AB＝2，AC＝8，∠BAC＝60°，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，则AP在BP上的投影为4327A．B．378743C．D．213211.已知a0,bR，若x0时，关于x的不等式（ax1)(xbx4)0恒成立，则2实数b的最小值是aA.2B.4C.22D.1(x1)212.已知函数f(x)x1ln2的零点为x1，g(x)xlnxt零点为x2，则tlnt的最大值为x2(x11)12A.1B.C.eD.2ee二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量a，b满足|a|1,|b|3,|a2b|3，则ab.14.已知O为坐标原点，曲线C:ylog2x在点A(1,0)处的切线交y轴于点B，第2页共4页 则SAOB=.15.已知偶函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，记g(x)f(x)，f(x)不恒为0，且f(x1)f(x1)，则g(2023)=.1nan*4nn16.数列{an}中，a1，(n1)an1(nN)，若不等式2(1)ant0对2nan1n所有的正奇数n恒成立，则实数t的取值范围为．三．解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生必须作答.第22-23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分17．（12分）设数列{an}的前n项和为Sn．已知Sn2an1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）已知数列{cn}是等差数列，且c1a1,c3S2．设bnancn，求数列{bn}的前n项和Tn．18．（12分）21已知fx3sinxcosxsinx0相邻两条对称轴之间的距离为．22（1）求ω的值及函数f（x）的单调递减区间；1（2）已知x00，，f(x0)，求f(x0)的值.23419.（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bcosCa0（1）求tanC3tanB的值（2）若b2，当角A最大时，求△ABC的面积S．第3页共4页 20.（12分）已知函数fx1ax1axa0a（1）若fx的图像在x1处的切线l的斜率为，求实数a的值；4（2）若对于任意的x[0,2]，fx0恒成立，求实数a的取值范围.21.（12分）2已知函数f(x)x2lnxalnx(aR).（1）令g(x)xf(x)，讨论g(x)的单调性并求极值；2（2）令h(x)f(x)2lnx，若h(x)有两个零点；（i）求a的取值范围；（ii）若方程xexalnxx0有两个实根x，x，xx，证明：xxex1x2e2121212（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）2222.在直角坐标系xOy中，点A是曲线C:(x2)y4上的动点，满足2OBOA的1点B的轨迹是C．2（1）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C，C12的极坐标方程；x1tcos（2）直线l的参数方程是(t为参数），点P的直角坐标是(1,0)，ytsin若直线l与曲线C交于M，N两点，当线段|PM|，|MN|，|PN|成等比数列时，2求cos的值．[选修4-5：不等式选讲]（10分）123．已知函数fx|x||x|，其中λ＞0．21（1）若对任意xR，恒有fx，求λ的最小值；2（2）在（1）的条件下，设λ的最小值为t，若正数m,n满足m2ntmn，求2m+n的最小值．第4页共4页 绵阳南山中学2022年秋绵阳一诊热身考试数学试题（理科）参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.B2.D3.C4.C5.A6.B7.D8.C9.D10.A11.B12.B(x11)212解：由题意，可得f(x1)x11ln20，所以x11ln(x11)lntt则ln[(x1)ex11]lnt2，所以t2(x1)ex110，又g(x)xlnxt20，11222得t2elnx2lnx0，所以t2(x1)ex11=elnx2lnx212x因为yxe在(0,)上的单调递增，所以lnx2x11，lntlntlntlnt12lnt所以，令h(t)，则h(t)，223x2(x11)x2lnx2ttt当te时，h(t)0，h(t)单调递减，当0te时，h(t)0，h(t)单调递增，1所以h(t)minh(e)，2e二、选择题：本大题共4小题，每小题5分．共20分．12813.114.15.016．（,]2ln23nan*11*16.解：由(n1)an1(nN)，得1(nN)，nan1(n1)an1nan11则{}是以2为首项，1为公差的等差数列，则an，nann(n1)4nn4不等式2(1)ant0对所有的正奇数n恒成立，即n5t，对所有的正奇数nn4428n恒成立，当n＝1时，n510，当n＝3时，n510，nn3428f(n)n5在n∈N*且n≥3上单调递增，∴f(n)min，n328则实数t的取值范围为（,]3三．解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生必须作答.第22-23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：(本大题共5小题，每小题12分，共60分)17．解：（1）因为Sn＝2an﹣1，所以Sn+1＝2an+1﹣1，第1页共6页 两式相减，可得an+1＝2an+1﹣2an，整理得an+1＝2an，因为在Sn＝2an﹣1中当n＝1时，S1＝a1＝2a1﹣1，所以a1＝1，n1所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2；.................6分（2）易知c1＝a1＝1，c3＝S2＝3，所以公差d1，所以cnn，n1所以bnancnn2，.........................................................................................8分01n1因为Tn1222n2，12n1n则2Tn1222(n1)2n2n01n1n两式相减可得Tnn2(222)(n1)21，n即Tn(n1)21．.........................................................................................12分2131cos2x118．解：（1）fx3sinxcosxsinxsin2x222231fxsin2xcos2xsin(2x)22612∵相邻两条对称轴之间的距离为，,1fxsin(2x)；2222632由2k2x2kkZ，解得kxkkZ，262632∴fx的单调递减区间为[k,k]kZ；............................................6分6317（2）由（1）知fx0sin(2x0)，x00,,2x0,6326661150sin2x0，2x0,6326622cos(2x0)6322f(x0)sin[2(x0)]cos(2x0)..........................................12分4462319．解：（1）因为2bcosCa0，所以2sinBcosCsinA0,2sinBcosCsin（BC)03sinBcosC3sinBcosC,B、C(0,)所以tanC3tanB0...........................................................................................5分（2）法1：由2bcosCa0,C（，），B(0,),tanB022第2页共6页 2tanB23tanAtan(BC)13tan2B133tanBtanB当且仅当B时等号成立，则角A最大值为...............................................9分66ac2因为b2，由sinAsinC得：a2,c23sin61所以SABCacsinA3............................................................................................12分222222abc2cb法2：因为2bcosCa0，所以2ba0，即a2ab22222cb2222bc()bca213bc3由cosA()2bc2bc4cb2当且仅当c3b时等号成立，则角A最大值为....................................................9分6因为b2，c23,1所以SABCacsinA3............................................................................................12分2a11a1a20.解析:(1)f(x)()，f(1)(1),a0,2x1ax21a41a31解得a3；f(1)2,切点为1,2,斜率为,1a4435所以切线l:yx...............................................................................................4分44f(1)0(2)法1:因为对任意x0,2，fx0恒成立,所以，f(2)0解得12a0........................................................................................................6分又因为当12a0时,1ax0在x0,2上恒成立，所以fx0在0,2上恒1ax1ax成立等价于1在[0,2]上恒成立，所以只需()1，max1ax1ax1axa1x设g(x)则g(x)，a0f(x)在(0,1)上递减,在(1,2)1ax2(1ax)x1ax上递增,第3页共6页 gxmaxg0,g2，由g(0)≤1,g(2)≤1,解得a12,0...........12分max法2:因为x0,2，fx0恒成立,所以f10且f20解得12a0,aa1由f(x)01axx(1a)x1x，2x21ax1a1211因为12a0,所以[,1)，所以fx在(0,]上单调递减,在[,2]1a21a1a上单调递增,fxmaxf0,f2，maxf(1)0要使fx0恒成立,只需fx0,即,所以12a0.maxf(2)0法3:因为x0,2，fx0恒成立恒成立，所以f10且f20,解得12a0,因为fx01ax1ax恒成立，由x0,2可2知,1ax0,两边平方整理得aax2ax0,即a1x20对任意的x0,2恒成立,因为a10,所以当x2时,a1x22a22，由min2a220解得12a0.2lnxa21.解（1）因为fx1所以gxxfxx2lnxa，x0,xxx2则gx，所以gx单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,x极小值为g222ln2a，无极大值...................................................................3分axa（2）（i）hxxalnx有两个零点.因为hx1xx①当a0时，hx0，hx单调递增，不可能有两个零点；②当a0时，令hx0，得0xa，hx单调递减；令hx0，得xa，hx单调递增.所以hxhaaalnamin要使hx有两个零点，即使ha0，得ae，第4页共6页 又因为h110，h(e)ea0，所以hx在1,e存在唯一一个零点，aa2a且ae，heea0，所以hx在e,e上存在唯一一个零点，符合题意.综上，当ae时，函数hx有两个零点..........................................................................7分x法二：hxxalnx有两个零点.等价于x1时，a有两个实根，（1）lnxxlnx1令Fx，Fx2lnxlnx当x0,1时，Fx0，Fx单调递减，且Fx0；当x1,e时，Fx0，Fx单调递减；当xe,时，Fx0，Fx单调递增；Fee，x1，Fx，x，Fx.要使（1）有两个实数根，即使aFee，综上，当ae时，函数hx有两个零点.xxaxxxxaxxx有两个实根，令ex（ii）elnelne0tx，talnt0xx11gttalnt有两个零点t，t，txe1，txe2所以，121122talnt022所以alnt2lnt1t2t1（1）alnt2lnt1t2t1（2）x1x22xex1xex2e2，即证lnxex1lnxex22，要证x1x2ee，只需证1212tt221lnlntlnt2.由（1）（2）可得t2t1t1t1所以只需证12lnt2lnt1lnt2lnt1，t2t1t21t1tt221lntt1t10tt，令t2，则t1，所以只需证t1只需证2.设12lnt2，即证t21t1t1t124414t1lnt20令htlnt2，t1，则ht220，t1t1tt1tt14hth10，即当t1时，lnt20成立.t1第5页共6页 所以lntlnt2，即xex1xex2e2，即xxex1x2e2...................................12分121212（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]xcos2222解：（1）点A是曲线C:(x2)y4上的动点，根据ysin，转换为极坐1222xy标方程为4cos，由于点B满足2OBOA的点B的轨迹是C．2所以A(2,)，则C的极坐标方程为2cos．..........................................................5分2x1tcos（2）直线l的参数方程是(t为参数），点P的直角坐标是(1,0)，若直线l与ytsin曲线C交于M，N两点，C的极坐标方程为2cos，转换为直角坐标方程为222222(x1)y1，所以将直线的参数方程代入(x1)y1，222得到(1tcos)(tsin)2(1tcos)，化简得：t4cost30，所以2tt4cos，tt3，当线段|PM|，|MN|，|PN|成等比数列时，则|MN||PM||PN|，12122215整理得：(tt)|t||t|，故(tt)5|tt|，整理得cos．..................10分121212124[选修4-5：不等式选讲]11123.解：fxxx(x)(x)，∴f（x）min＝|λ﹣|，222111对任意x∈R，恒有fx，解得λ≥1或λ≤0，222又∵λ＞0，故λ≥1，所以λ的最小值为1．..................................................................5分21（2）由（1）得t＝1，∴m+2n＝mn，∴1，mn212m2n∴2mn(2mn)()52459，mnnm2m2n当且仅当，即m＝n＝3时取等号，∴2m+n的最小值为9．.......................10分nm第6页共6页