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

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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.
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