河南省南阳市高三上学期理数期中质量评估试卷含答案解析

高三上学期理数期中质量评估试卷一、单选题1．已知：全集合是（）A．，集合，集合，则图中阴影部分表示的集B．C．D．2．已知复数满足，则（）A．B．1C．2D．3．已知函数的对称轴为直线，则函数的对称轴为（）A．直线B．直线C．直线D．直线4．已知向量，，，则（）A．B．C．D．5．把函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变，再把所得的曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则可以是（）A．B．C．D．6．已知数列是等差数列，为其前项和.且，，若，则的值为（）A．9B．10C．11D．127．对于函数.下列说法正确的是（）A．函数有极小值，无极大值B．函数有极大值，无极小值C．函数既有极大值又有极小值D．函数既无极大值又无极小值8．已知命题“，”，命题“，”，若为真命题，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．9．已知数列的前项和为，，，若，则的最小值是（）A．4B．5C．6D．710．已知，则的最小值是（）A．5B．6C．7D．811．已知，其中为函数的导数.则（）A．0B．2C．2021D．202212．已知函数在处取得极小值，若，，使得，且，则的最大值为（）A．2二、填空题B．3C．4D．613．若，则.14．已知函数，设有两个零点，则实数.15．定义表示不大于的最大整数，例如，，则使不等式恒成立的的取值范围是.16．已知直线与函数的图象相交，若自左至右的三个相邻交点，，三、解答题满足，则实数.17．设函数，若不等式的解集为.（1）求的解集；\n（2）比较与的大小.18．已知向量，，，其中，函数图象的一条对称轴方程为.（1）求函数的解析式；（2）若，且，求值.19．如图，在中，，、分别为边上的高和中线，，（1）若，求的长；（2）是否存在这样的，使得射线和三等分?20．已知函数，时，求的单调区间；不存在极值点，求证：是正项等差数列，，且.（1）当（2）若函数.21．已知数列.数列满足，数列前项和记为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，其前项和记为，试比较与的大小.22．已知函数，.恒成立，求实数m的取值范围；（1）若（2）求证：当时，.答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因为，所以图中阴影部分表示的集合是故答案为：A【分析】由韦恩图可知阴影部分对应的集合为，然后根据集合的基本运算求解即可。2．【答案】B【解析】【解答】解：设则，即，，即，所以，解得，所以.故答案为：B.【分析】设，根据所给的等式，化简可得立方程组，求解可得a，b的值，再根据向量模的公式求出答案.，由复数相等建3．【答案】B【解析】【解答】因为函数可得到的图象所以函数的对称轴为直线的对称轴为直线，将的图象向左平移1个单位故答案为：B【分析】根据图像的左右平移可得答案。4．【答案】C【解析】【解答】因为因为，故答案为：C，所以，所以，解得\n【分析】将两边平方，再结合平面向量数量积的运算法则，即可得答案.5．【答案】D【解析】【解答】解：函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变得，将该曲线向左平移个单位长度，得对A，当时，，A不符合题意；对B，当时，，B不符合题意；对C，当时，，C不符合题意；对D，当时，，D符合题意.故答案为：D.【分析】先写出伸缩和平移之后的函数表达式，再将选项逐一代入，即可判断出答案。6．【答案】C【解析】【解答】解：设因为，得即解得：因为得即解得：故答案为：C.【分析】先设出等差数列的通项公式，再由已知条件列出等式，求出等差数列的公差，然后由即可求出k的值。7．【答案】A【解析】【解答】解：，令，，则，因为，所以舍去，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以函数有极小值，无极大值.故答案为：A.【分析】求出函数的导函数，根据导函数的符号求得函数的单调区间，再根据极值的定义即可得出答案。8．【答案】A【解析】【解答】若命题命题“，“，”，为真命题，则有.”，为真命题，令，只需两函数相交.设与相切于，则有，解得：，\n即过原点的切线为.要使相交，只需.为真命题，所以p真q假，所以因为且，即实数的取值范围是.故答案为：A【分析】分别求出p、q为真时a的取值范围，再根据为真命题判断出p真q假，即可求得答案。9．【答案】C【解析】【解答】因为当时可得两式相减可得，所以当时可得，可得，即，所以，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列所以所以当时时也满足上式所以所以由可得，即解得，所以的最小值是6故答案为：C【分析】由，可得，，然后可得，，然后可得，然后利用累加法求得，即可求出的最小值。10．【答案】C【解析】【解答】解：，因为，又，所以，则，当且仅当，即时，取等号，即的最小值是7.故答案为：C【分析】，根据，结合基本不等式即可得出答案。11．【答案】B【解析】【解答】，；则，，.故答案为：B.【分析】求导计算得到，，代入数据，即可得出答案。12．【答案】C【解析】【解答】解：函数在处取得极小值0所以，即解得：，由得：\n当和时，，即单调递增当时，，即单调递减所以的极大值为，极小值为由得：或所以由与的图象有2个交点可得，由得：或且与的图象有一个交点若，，使得，且，由可得，所以，解得（正值舍去）则故答案为：C.故答案为：【分析】先由已知求出的表达式，然后利用导数求出函数的单调区间，再求出极值点，进而求出的最大值。13．【答案】【解析】【解答】解：因为所以解得：由解得：所以故答案为：.【分析】利用正切的两角和公式求出，然后由同角三角函数的关系式求出，再结合余弦的二倍角公式即可求解。14．【答案】【解析】【解答】由有两个零点可得与的图象有2个交点的图象如图，表示的是过点的直线【分析】由有两个零点可得与的图象有2个交点，然后画出的图象，表示的是过点的直线，结合图像可得实数的值。15．【答案】[2，7)【解析】【解答】解不等式因为表示不大于得：.的最大整数，所以.即的取值范围是[2，7).故答案为：[2，7)【分析】先解不等式得到，利用的定义即可求出的取值范围。16．【答案】1或2【解析】【解答】解：由题知，直线与与函数的图象相交等价于直线与函数的图象相交设，，所以，又由得：\n即化简得：①由题知点和点的中点坐标为：故，所以，由，即，解得或，故的解集是当直线与函数的交点在轴上方，则即，化简得：②由①②联立得：，所以即解得：当直线与函数的交点在轴下方，则即，化简得：③由①③联立得：，所以即解得：所以或故答案为：1或2.【分析】根据题意将条件转化为直线与函数的图象相交，由三角函数的周期性结合已知得出|AB|的长并用A和B的横坐标之差表示，再结合A和B的中点函数值取最值即可求解.17．【答案】（1）解：根据题意，解得，（2）解：由（1）知，，故，所以.【解析】【分析】(1)由题意知，-1和3是方程后代入解不等式的解集；(2)根据作差法，结合对数的性质，证明的两根，再由韦达定理，求出a和b的值，然即可.18．【答案】（1）解：因为是其一条对称轴，所以，得，即（经检验，符合题意）（2）解：由可得，又，，得，，【解析】【分析】(1)化简可得，由对称性知，代入运算可得关于a的方程，解之，再利用辅助角公式化简f(x)，即可得解；(2)易得，且，从而求得，根据\n，结合两角和的正弦公式展开运算，即可得解.19．【答案】（1）解：又，所以、分别为边上的高和中线，，，，在中，，即所以（2）解：假设存在这样的，不妨设，则，易得，，而，在中，，即，解得：，即而在中，，所以，故即不可能是的中点.因此，不存在这样的，使得射线和三等分【解析】【分析】(1)由题意在△AEB中利用余弦定理即可求解(2)假设存在这样的，不妨设，则在△AEB中，由正弦定理可求BE，可得BE≠EC，即可得解.20．【答案】（1）解：当时，则令得：或令得：，的长；，得，，，所以的单调增区间是和，单调减区间是（2）解：，因为函数无极值点，故无变号零点，令，则，当时，恒有，当时，显然是单调增加的，又因为，，故，使得，即，故在上单调递减，在上单调递增，则，所以，即，又可得，又因为，所以故【解析】【分析】(1)求出a=1时f(x)和f'(x)，利用导数的正负确定函数的单调性即可；(2)将问题转化为方程无实数根，令，利用导数研究函数g(x)的单调性以及g(x)的取值情况，由此分析证明即可.21．【答案】（1）解：设数列的公差为，，，，可得又，（2）解：由（1）可得不妨记，则，\n，.【解析】【分析】(1)将bn分母有理化，然后利用求和公式求出Sn，再结合，即可求出数列的通项公式；(2)由(1)的结果求出Cn，再由裂项相消法求出Tn，然后利用作差法即可比较大小.22．【答案】（1）解：令，则所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值若恒成立，则，即（2）证明：由（1）可知恒成立，即，，要证，只需证明成立即可.设，则，设，则，易得在上单调递减，在上单调递增，又，，因为，所以，所以存在，使得，所以当时，；当时，.故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，所以，因此，当时，，故当时，【解析】【分析】(1)令F(x)=f(x)-g(x)，利用导数研究函数F'(x)的单调性和最值，即可得到m的取值范围；(2)利用(1)中的结论，可得x≥lnx+1，将问题转化为证明，构造函数，利用导数研究函数h(x)的单调性，确定函数h(x)的取值情况，即可证明结论.