2020届河南省南阳市高三上学期期中数学(理)试题Word版含解析

一、单选题

1．已知集合Mx|xx60，NxA．(4,3) 【答案】C

【解析】分别解一元二次不等式和分式不等式，对集合M,N进行化简，再求交集即可. 【详解】

因为Mx|xx60x|2x3，

2261，则Mx2C．(2,2)

N（ ）

D．(2,3)

B．(4,2)

6Nx1x|4x2，

x2所以M故选：C. 【点睛】

本题考查集合的描述法表示、一元二次不等式及分式不等式的解法，考查基本运算求解能力，属于容易题.

2．若复数z满足(z1)i3i（i为虚数单位），则z的虚部为（ ） A．3 【答案】A

【解析】根据复数的四则运算，计算得到z23i，进而得到共轭复数z的虚部. 【详解】

因为(z1)i3izB．3i

C．3

D．3i

Nx|2x2.

3i123i， i所以z23i，所以其虚部为3. 故选：A. 【点睛】

本题考查复数的四则运算、共轭复数的虚部概念，考查对概念的理解与应用，属于基础题.

3．若函数f(x)ax2b（a0且a1，a,bR）为偶函数，则f(a)与f(b1)的

大小关系是（ ） A．f(a)f(b1) C．f(a)„f(b1) 值有关 【答案】A

【解析】根据f(x)为偶函数可得b0，则f(a)aa，f(b1)f(1)a，从而把问题转化成比较aa与a的大小关系，对a进行分类讨论. 【详解】

因为f(x)为偶函数，所以f(x)f(x)， 所以ax2bB．f(a)f(b1)

D．f(a)与f(b1)的大小关系与a的取

ax2bx2bx2b，即b0，

a所以f(a)a，f(b1)f(1)a，

当a1时，ya在R上单调递增，所以aaa1； 当0a1时，ya在R上单调递减，所以aaa1； 综上所述：f(a)f(b1). 故选：A. 【点睛】

本题考查指数型函数的奇偶性、单调性，考查数形结合思想、分类讨论思想的灵活运用，求解时注意对a分两种情况讨论后，并把结果进行综合.

4．已知函数f(x)log2x，若mn，有f(m)f(n)，则m3n的取值范围为（ ） A．[23,) 【答案】C

【解析】由题意得0m1,n1，mB．(23,)

C．(4,)

D．[4,)

xx1，再利用消元法，将目标式子转化为关于单n变量n的函数，接着利用导数研究函数的单调性，进而得到式子的取值范围. 【详解】

因为f(m)f(n)log2mlog2n，又mn， 所以0m1,n1，m1， n令zm3n3n所以z3n11'，因为z320在n1恒成立， nn1在(1,)单调递增， n所以z4，所以m3n(4,).

故选：C. 【点睛】

本题以对数函数为背景，研究参数的取值范围，考查函数与方程、数形结合的灵活运用，求解时要注意考虑绝对值内数的正负问题.

5．函数f(x)Asin(2x)（A0，0）的图像如图所示，为了得到

g(x)3sin2xcos2x的图像，只需将函数f(x)的图像（ ）

个单位长度 2B．向左平移个单位长度

2A．向右平移C．向右平移

个单位长度 4个单位长度 4D．向左平移【答案】C

【解析】根据图象可得f(x)2sin(2x3)，再由自变量加减左右移可得，函数f(x)向右平移【详解】

个单位长度得到g(x)的图象. 4由图象可得A2， 所以f(77)2sin()2，又0，所以，

3126所以f(x)2sin(2x3)2sin(2x)2sin[2(x)].

2646因为g(x)3sin2xcos2x2sin(2x6)，

所以f(x)向右平移故选：C. 【点睛】

个单位长度可得g(x). 4本题考查三角函数的图象的振幅、最值、平移变换，考查数形结合思想、函数与方程思想的应用，在求解平移变换时，要注意平移变换是针对自变量x而言的，所以要考虑自变量的变化引起左右平移的.

xy…1,6．若实数x，y满足约束条件xy„1,，则z4x6y的最大值是（ ）

y…1A．14 【答案】C

【解析】作出线性约束条件所表示的可行域，然后根据直线在y轴上截距取得最大时，确定最优解，从而求得目标函数的最大值. 【详解】

B．2

C．6

D．10

xy…1,实数x，y满足约束条件xy„1,所表示的可行域，如图所示：

y…1

因为z4x6yy所以当直线y2zx， 362zx在y轴上的截距达到最大值时，z取得最大值， 36此时，直线过点A(0,1)， 所以zmax40616. 故选：C. 【点睛】

本题考查线性规划的简单求解，考查利用直线截距的几何意义，求目标函数的最值，考

查基本运算求解能力和数形结合思想的应用.

7．已知：x[1,2]，loga(2x3a)0（a0，且a1）恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A．0,

13B．0,

31C．0,13(1,)

【答案】A

D．0,13(1,)

【解析】对参数a进行分类讨论，将恒成立问题转化为：02x3a1和2x3a1对x[1,2]恒成立，从而求得a的取值范围. 【详解】

当a1时，loga(2x3a)0loga(2x3a)loga102x3a1对

x[1,2]恒成立，

所以2x3a0,对x[1,2]恒成立，

2x3a1,213a0,所以无解.

223a1,当0a1时，loga(2x3a)0loga(2x3a)loga12x3a1对

x[1,2]恒成立，

所以213a1a故选：A. 【点睛】

本题考查不等式的恒成立问题，考查转化与化归思想的应用，求解时要注意是取函数的最大值或取函数的最小值，防止求解出错. 8．函数f(x)ln11，故0a.

33|2x|cosx的部分图像大致为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】利用函数的奇偶性可排除两个答案，再根据x2时，函数值的正负可得正确答案. 【详解】 因为f(x)ln|2(x)|4cos(x)f(x)，所以f(x)为偶函数，排除A,D；

当x2时，f(2)ln故选：B. 【点睛】

cos20，故排除C；

本题考查根据函数的解析式选择对应函数图象，考查数形结合思想的应用，求解时要充分利用函数的性质和特殊点寻找解题的突破口.

9．等差数列前p项的和为q，前q项（pq）的和为p，则该数列前pq项的和为（ ） A．pq 【答案】A

2【解析】设等差数列SnAnBn，根据条件得到A,B,p,q的关系，即

B．pq C．pq D．pq

1Bpq，A再代入Spq进行化简，求得答案. 【详解】

2设等差数列SnAnBn，

2SpApBpq,A(pq)(pq)B(pq)(pq)， 则2SAqBqp,q因为pq，所以A(pq)B1所以Spq故选：A. 【点睛】

1Bpq， A1B21B1BA(pq)2B(pq)A()Bpq.

AAA本题考查利用待定系数法求等差数列前n项和问题，考查待定系数法的应用，求解时避开前n项和公项公式，能使运算量大大减小，提高解题的速度.

10．设函数f(x)xex，直线ykxb是曲线yf(x)的切线，则kb的最大值为（ ） A．e 【答案】D

【解析】设切点为(x0,y0)，利用导数的几何意义及切点既在曲线上又在切线上得到三个方程，通过消元可得kb12e0x0e0，再构造关于x0的函数，利用导数求函数的最大值，即可得到答案. 【详解】

x'x因为f(x)xe，所以f(x)1e，

B．2 C．1e D．1e

xx1ex0k,xxx设切点为(x0,y0)，则y0x0e0,kb12e0x0e0，

ykxb,00'设g(x0)12e0x0e0(x0R)，则g(x0)2e0(x01)e''当g(x0)0x01；当g(x0)0x01，

xxxx0(1x0)ex0，

所以g(x0)在(,1)单调递增，在(1,)单调递减， 所以g(x0)maxg(1)1e. 故选：D. 【点睛】

本题考查导数的几何意义、曲线的切线、导数的应用等知识，考查函数与方程思想、转化与化归思想的灵活运用，求解时要注意消元法的应用，即将多变量变为单变量，再利用导数研究单变量函数的最值. 11．已知函数f(x)lnx,0x„2f(4x),2x4，若当方程f(x)m有四个不等实根x1，x2，

2222x3，x4（x1A．[20,) 【答案】C

B．(20,)

4120,C．

24120, D．2【解析】根据解析式的特点及方程f(x)m有四个不等实根，可得0mln2，再根据f(x)f(4x)，所以f(x)关于直线x2对称，从而有x1与x4，x2与x3关于直线

2222x2对称，将x1x2x3x4表示成关于m的函数，再利用换元法将函数转化成一

元二次函数问题，再求值域，即可得到答案. 【详解】

因为f(x)f(4x)，所以f(x)关于直线x2对称，

所以x1与x4，x2与x3关于直线x2对称，函数的图象如图所示：

当x2时，f(2)ln2

因为方程f(x)m有四个不等实根x1，x2，x3，x4（x1所以x34x2，x44x1.

mm因为lnx1m,lnx2m，所以x1e,x2e， mm所以x34e，x44e.

22222m2e2m8(emem)32， 所以x1x2x3x42e令tem5em(2t)，

252222222所以x1x2x3x42t8t282(t2)20，在t(2,)单调递增，

4122220,x12x2x3x4的取值范围为.

2故选：C. 【点睛】

本题以分段函数为问题背景，考查函数的对称性、零点问题，考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想的综合应用，求解时要注意换元后新元的取值范围，才能保证问题转化的等价性.

12．奔驰定理：已知O是ABC内的一点，BOC，AOC，AOB的面积分别为SA，

SB，SC，则SAOASBOBSCOC0．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美

的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（Mercedes benz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”若O是锐角ABC内的一点，A，B，C是ABC的三个内角，且点O满足OAOBOBOCOCOA，则必有（ ）

A．sinAOAsinBOBsinCOC0 B．cosAOAcosBOBcosCOC0 C．tanAOAtanBOBtanCOC0 D．sin2AOAsin2BOBsin2COC0 【答案】C

【解析】利用已知条件得到O为垂心，再根据四边形内角为2及对顶角相等，得到

AOBC，再根据数量积的定义、投影的定义、比例关系得到

OA:OB:OCcosA:cosB:cosC，进而求出SA:SB:SC的值，最后再结合“奔驰

定理”得到答案. 【详解】

如图，因为OAOBOBOCOCOA，

所以OB(OAOC)0OBCA0，同理OABC0，OCAB0， 所以O为ABC的垂心。

因为四边形DOEC的对角互补，所以AOBC，

OAOBOAOBcos(C)OAOBcosC．

同理，OBOC|OB‖OC|cosA，

OCOA|OC‖OA|cosB，

|OA‖OB|cosC|OB||OC|cosA|OC||OA|cosB． |OA‖OB|cosC|OB||OC|cosA|OC||OA|cosB，

|OA‖OB||OC||OA‖OB||OC||OA‖OB||OC|OA:OB:OCcosA:cosB:cosC．

又SA11OBOCsin(A)OBOCsinA 22SB11OAOCsin(B)OAOCsinB 22SC11OBOAsin(C)OBOAsinC 22sinAsinBsinCsinAsinBsinC::::tanA:tanB:tanC． OAOBOCcosAcosBcosCSA:SB:SC由奔驰定理得tanAOAtanBOBtanCOC0. 故选C． 【点睛】

本题考查平面向量新定义，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解过程中要注意连比式子的变形运用，属于难题.

二、填空题

13．已知向量a(1,3)，b(2,3)，则向量b在向量a方向上的投影等于__________． 【答案】

1 2【解析】直接根据数量积定义中对投影的规定，即可得到答案. 【详解】 因为|b|cosab231， |a|132所以向量b在向量a方向上的投影为

1. 2故答案为：【点睛】

1. 2本题考查向量数量积的几何意义，考查对概念的理解与应用，考查基本的运算求解能力，注意投影是有正、有负、可以为0的.

14．定义域为R的奇函数yf(x)满足f(x1)f(x1)，则yf(x)在区间[0,2]上至少有__________个零点． 【答案】3

【解析】根据f(x)为奇函数，且在x0有定义得f(0)0，再由条件得到周期为2，将周期性与奇偶性结合起来，可推导出f(1)0，故在区间[0,2]上至少有3个零点. 【详解】

因为yf(x)为奇函数，所以f(x)f(x). 因为f(x)在x0有定义，所以f(0)0. 因为f(x1)f(x1)f(x)f(x2)， 所以f(x)的周期T2，所以f(0)f(2)0. 所以f(x)f(x2)，令x1，得f(1)0， 所以yf(x)在区间[0,2]上至少有3个零点. 故答案为：3. 【点睛】

本题以抽象函数为背景，考查函数的奇偶性、周期性，考查逻辑推理能力，求解时要注意函数周期性与奇偶性之间的互推关系.

C15．如图，在△ABC中，

3,BC4时， ADDB，点D在边AC上，DEAB，

E为垂足若DE22，则cosA__________

【答案】6 422 , sinA【解析】在△ABC中，∵DE⊥AB，DE=22 ，∴AD=

∴BD=AD=

22 ． sinA∵AD=BD，∴A=∠ABD， ∴∠BDC=∠A+∠ABD=2∠A， 在△BCD中，由正弦定理得

BDBC ， sinCsinBDC2246 ，整理得cosA= . 即sinAsin2A34216．设函数f(x)logqx（q0且q1），若q是等比数列an的公比，且

fa2a4a6a20202019，则fai2__________．

i12020【答案】6056

【解析】利用等比数列奇数项乘积与偶数项乘积的关系，得到

logqa1a3a5【详解】 因为fa2a4a6a2019logqa2a4a6a2020，再利用对数的运算法则求得答案.

q1010a2020logqa2a4a6a2019logqa20202019，

所以logqa1a3a5所以

a2a4a6a2020201910101009，

q10102020i1fa2logaaa2iq123a20202[logq(a1a3a5a2019)logq(a2a4a6a2020)]

2(20191009)6056.

故答案为：6056. 【点睛】

本题考查等比数列奇数项与偶数项乘积的关系、对数运算法则，考查运算求解能力，求解时必需找到乘积的规律性，是成功解题的关键.

三、解答题

17．递增的等比数列an满足，a2a420，a1a564． （1）求数列an的通项公式；

（2）设bnlog2an，求数列anbn的前n项和Sn．

nn1【答案】（1）an2；（2）Sn(n1)22

【解析】（1）利用等比中项性质得到关于a2,a4的方程，从而求得a1,q的值，再代入通项公式；

（2）利用错位相减法进行求和. 【详解】 （1）由题知a2a420a24a216或（舍）

a2a464a416a44n所以a12，q=2，an2．

（2）由（1）知bnn

123所以Sn122232n2n

2Sn122223(n1)2nn2n1

n1故Sn(n1)22

【点睛】

本题考查等比数列中的等比中项性质、通项公式、错位相减法求和，考查基本运算求解力及函数与方程思想的应用，求解过程中要注意，利用错位相减法求和后得到的常数是判断答案是否准确的一个重要参考.

x18．已知函数f(x)＝sinωx＋3sinωxsin(ω＞0)的最小正周期为.

222

(1)写出函数f(x)的单调递增区间； (2)求函数f(x)在区间0,上的取值范围．

3【答案】（1）kk3－，(k∈Z)（2）0, 212262【解析】(1)f(x)＝

111－cos2x33sin2ωx＝sin2ωx－cos2ωx＋＝＋

22222sin2x124x.T(ω0)ω2f(x)sin所以＝＞，所以＝，＝＋因为＝，626222＋

1kk.于是由2kπ－≤4x－≤2kπ＋，解得－≤x≤＋

212226262kk－，(k∈Z)． (k∈Z)．所以f(x)的增区间为21226(2)因为x∈0,74x∈,，所以－， 66366∈13,1，所以f(x)∈0,. 22所以sin4x故f(x)在区间0,30, 上的取值范围是3219．已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边，且满足asinB3bcosA0，

a4.

（1）求A；

（2）若D是BC中点，AD3，求ABC面积. 【答案】（1）A3；（2）53. 2【解析】（1）由正弦定理化简asinB3bcosA0即可求得tanA，从而可求A

的值．

（2）在△ABC中由余弦定理列方程，在ABD中利用余弦定理列方程，在ACD中利用余弦定理列方程，联立可得bc10的值，根据三角形面积公式即可计算得解．

【详解】

： （1）asinB3bcosA0 ，

2RsinAsinB32RsinBcosA0

则sinA3cosA0 ，tanA3 A3

（2）方法一：在ABC中，a2b2c22bccosBACb2c2bc

即b2c216bc .

AD2BD2AB294c213c2在ABD中cosADB， 2ADBD23212AD2CD2AC294b213b2同理ACD中cosADC， 2ADCD23212而ADBADC，有cosADCcosADB0，

13b213c2即0b2c226.

1212联立得16bc26bc10，

S11353. =bcsinBAC10ABC2222b2c2a21方法二：又cosAb2c2bc16①

2bc2 AD2ABAC 22ABAC2ABACAD9

42c2b22bccosA9b2c2bc36②

4②-①得bc10

S11353 =bcsinA10ABC2222方法三：（极化式）

ABACABACcosAADDBADDB945 ABACSABC=510 cosA153 ABACsinA22【点睛】

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

220．Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，an2an=4Sn3.

（Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn1,求数列{bn}的前n项和. anan1【答案】（Ⅰ）2n+1（Ⅱ）

11 64n6【解析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{an}的通项公式： （Ⅱ）求出bn【详解】

22

解：（I）由an+2an＝4Sn+3，可知an+1+2an+1＝4Sn+1+3 22

两式相减得an+1﹣an+2（an+1﹣an）＝4an+1， 22

即2（an+1+an）＝an+1﹣an＝（an+1+an）（an+1﹣an），

1，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和． anan1∵an＞0，∴an+1﹣an＝2， ∵a12+2a1＝4a1+3， ∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，

则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列， ∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1： （Ⅱ）∵an＝2n+1， ∴bn111（11），

anan12n12n322n12n3111112355711111（））2n12n3232n3∴数列{bn}的前n项和Tn（11. 64n6【点睛】

本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键． 21．设函数f(x)ax(4a1)x4a3e．

（1）若曲线yf(x)在点(3,f(3))处的切线与y轴垂直，求实数a的值； （2）若f(x)在x2处取得极大值，求实数a的取值范围． 【答案】（1）a2x11,2；（）

23【解析】（1）根据导数的几何意义得f(3)0，从而求得a的值；

（2）对a分5种情况进行讨论，并验证在x2左边，f(x)单调递增，在x2右边单调递减. 【详解】

（1）f(x)ax(2a1)x2e(ax1)(x2)e． 由题知f(3)(13a)e0，a232xx1． 3xx（2）由（1）得：f(x)ax(2a1)x2e(ax1)(x2)e， ①a0时，f(x)(x2)ex，

'当f'(x)0x2，当f(x)0x2，

所以f(x)在(,2)单调递增，(2,)单调递减， 所以f(x)在x2处取得极大值，符合题意； ②a0时，当f(x)0所以f(x)在,11x2；当f(x)0x或x2， aa11单调递减，,2单调递增，(2,)单调递减， aa所以f(x)在x2处取得极大值，符合题意； ③0a1111 时，即2，当f(x)0x2或x；当f(x)02x，

2aaa1

a

所以f(x)在(,2)单调递增，(2,)单调递减，(,)单调递增， 所以f(x)在x2处取得极大值，符合题意； ④a1a1'时，f(x)0在R上恒成立， 2所以f(x)在R上单调递增，不符合题意；

⑤a111时，当f(x)0x2或x；当f(x)0x2，

a2a11单调递增，,2单调递减，(2,)单调递增，不符合题意； aa1． 2所以f(x)在,综上所述，实数a的取值范围为,【点睛】

本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的极值，考查函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想的综合运用，求解时还要注意对a讨论时，二次函数图象的开口方向，防止出现单调性判断错误. 22．已知函数f(x)12x，设数列an满足a1，an1fan；x12g(x)ln(x1)x．

（1）求函数yg(x)的最大值； （2）求数列an的通项公式； （3）证明：a1a2a3an1． 2e【答案】（1）g(x)max0；（2）

an11；（3）见解析

12n1 【解析】（1）直接对函数g(x)进行求导，研究其图象特征，进而得到g(x)maxg(0)0；（2）根据函数关系得到数列递推关系后，再利用构造法求得等比数列公式，进而得到数列an的通项公式； （3）将所要证的不等式转化为证明不等式

11的通项an11ln11ln12221ln1n11，再利用第（1）问的结论：

2x(0,)，ln(x1)x恒成立，最后利用赋值法证得不等式成立.

【详解】 （1）g(x)1x1，x1， 1x1x由g(x)0得增区间为(1,0)，由g(x)0得减区间为(0,)． 故g(x)maxg(0)0；

（2）由f(x)2an1112xa11得n1，两边取倒数后整理得， a1x1an12ann又

11111，故数列1是以1为首项，以为公比的等比数列，

a12an111a1n1，故n1． an212n1（3）

a1a2a3an1111等价于1011122e222112e． n12即111121221111eln11，即证明：n121222111， n12即证：ln111ln122121ln1n11，

211ln1得，n2n21n． 2由（1）知x(0,)，ln(x1)x恒成立，令x所以ln1故a1a2a3【点睛】

11ln12212111ln1n122221111． 2n12n1an1成立． 2e本题考查利用导数研究具体函数的最值、根据数列递推关系求数列通项公式、构造函数证明数列不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想的灵活运用，考查基本运算求解能力，在证明数列不等式时，指数式与对数式的互化是一种常用的方法.