《2018年河南省南阳市高中三年级期中数学(文）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年河南省南阳市高中三年级期中数学(文）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018届河南省南阳市高中三年级期中数学(文）（解析版）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由中不等式解得：，即，由不等式变形得：，解得，即，则，故选C.2. 设复数，则的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】,的共轭复数是，故选B.3. 已知单位向量的夹角为，若，则为（ ）A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】，与夹角为，且，为直角三角形，故选C.4. 已知数列的前项和
2、，则“”是“数列是等比数列”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：当时，不是等比数列；若数列是等比数列，当时，与数列是等比数列矛盾，所以，因此“是“数列是等比数列”的必要不充分条件，选B.考点：充要关系【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假并注意和图示相结合，例如“pq”为真，则p是q的充分条件2等价法：利用pq与非q非p，qp与非p非q，pq与非q非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若AB，则A是B的充分条件或B是A的必要条
3、件；若AB，则A是B的充要条件5. 若扇形的周长是面积的倍，则该扇形的面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设扇形半径为，弧长为，则，该扇形的面积的最小值为,故选D.6. 等比数列的前项和为，已知，且与的等差中项为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设等比数列的首项为，公比为，由题意知，解得，所以，故选B考点：等比数列通项公式及求前项和公式【一题多解】由，得又，所以，所以，所以，所以，故选B7. 已知数列的通项公式，若是数列前项和，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 已知数列的通项公式为，可知数列是递减的，前项为正，从
4、第项以后为负，因此数列的前项为正，所以数列前n项和当时，最大值为.选C.【点睛】已知数列的通项公式，立即可以表达出数列的通项公式，展开通项公式求数列的前n项和，需要利用公式法，涉及三个求和公式，及利用导数求最值，因此比较繁琐，不适合选填题，所以本题采用分析数列各项的符号及各项的值，小题小做，分析数列各项及前n项的和，找出最大值.8. 若偶函数在上单调递增，则满足（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，,函数在上递增，在上递减，即，故选B.【 方法点睛】本题主要考查指数函数、对数函数的性质、函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区
5、间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.9. 已知的顶点为函数的图像的三个相邻的交点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设与，轴右边前三个交点分别为，则，为直角三角形，即，解得，故选C.10. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 ，故选C.11. 已知函数且存在三个不同的实数，使得，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】不妨设，当时，此时二次函数的对称轴为，最大值为，作出函数的图象如图，由得，由，且，即， 由图可知， 即的取值范围是，故选A.12. 已知为曲线（且）上的两
6、点，分别过作曲线的切线交轴于两点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设切点作标为，若，则，不合题意，若，不合题意，只有，因为，所以此时，方程:，令， ，方程，令，故选B.【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线以及直线的截距问题，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点 出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知，则_【答案】【解析】若，由二倍角的余弦公式可得，故答案为.14. 已知两个不相等的正数满足，则
7、_【答案】【解析】当时，且 ，即，故答案为.15. 已知是坐标原点，点，若点为平面区域上的一个动点，则的取值范围是_【答案】【解析】满足约束条件的平面区域如图所示，因为，点，所以，平移直线将，由图可知，当直线经过点时，直线截距 最小为 ，当直线经过点 时，直线截距 最小为 即的取值范围是，故和取值范围是，故答案为.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最
8、优解坐标代入目标函数求出最值.16. 在中，.若为的外接圆的圆心，则_【答案】【解析】作于，于 ，因此， ，同理可得，, ，故答案为.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 等比数列中，分别是下表中第行中的某一个数，且中任何两个数不在下表的同一列中.第列第列第列第行第行第行（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由表格可看出分别是，由此求出的首项和公比，即可求通项公式；（2）由（1）可知，利用错位相减法可以求出数列的前项和.试题解析：（1）由题知，（2）即.【易错点晴】本题主要等差数列的
9、通项公式、等比数列的求和公式以及“错位相减法”求数列的和，属于难题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项 的符号；求和时注意项数别出错；最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.18. 在中，内角的对边分别为，若.（1）求；（2）若，点为边上一点，且，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析: （1）根据题意,由角的关系，可知正弦的关系,再用正弦定理,可求出的值; （2）由题易得,的长度和,用余弦定理求出, 再由得,代入面积公式即可.试题解析:解：（
10、）由题意，则，又，所以， 所以. （）因为，所以，由余弦定理得，,则化简得，解得,或（舍去），由得，由，得， 所以的面积.19. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且.（1）求证：数列是等差数列；（2）若数列满足，求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）由可得，两式相减，化简可得，从而可得数列是等差数列；（2）由（1）得,利用裂项相消法求和后，根据放缩法可证明结论.试题解析：（1）时，且，故时，整理得即所以数列是以为首项，为公差的等差数列.（2）由（1）得故.【方法点晴】本题主要考查递推公式、等差数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂
11、项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.20. 已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若在区间内至少存在一个实数，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）【解析】试题分析：（1）求出，由 求得 的范围，可得函数增区间，由求得 的范围，可得函数的减区间；（2）等价于，设，本小题的实质是求在的最小值，在求的最小值时，要利用导数解决.试题解析：（1）由得或，
12、由得，所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2）即，设对恒成立在上单调递减，所以实数的取值范围为.21. 已知向量.（1）若，求的值；（2）记，求函数的最大值和最小值及对应的的值.【答案】（1）；（2）时；时【解析】试题分析：（1）根据向量的平行即可得到 ，问题得以解决；（2）根据平面向量的数量积公式和两角的正弦公式可得，再利用余弦函数的性质即可求出结果.试题解析：（1），即.（2）当时，即时；当，即时.22. 已知函数，若有两个零点.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）有两个零点等价于有两个不同的解，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可得到实数的取值范围；（2）要证明，只需证明，只需证明，即证明，利用作差法，构造函数，只需证明的最小值大于零即可.试题解析：（1）由得得，所以，又当时，（2）在上单调递增，在上单调递减，（设）可知要证明，只需证明，且在上单调递减，只需证明又只需证明即证明即对恒成立，恒成立在上单调递减，又，对恒成立，故.11第页
