河南省南阳地区2023-2024学年高三上学期期中热身模拟大联考数学试题（含解析）

大联考
南阳地区高三年级期中热身模拟考考试卷
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷主要考试内容：预备知识、函数与导数、三角函数、平面向量、复数、数列。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．
2．已知复数满足，其中是的共轭复数，则复数的虚部是
A．1 B． C． D．
3．已知正项数列的前项和为，且满足，若，，则
A．3 B．4 C．9 D．16
4．已知角的终边与单位圆交于点，则等于
A． B． C． D．
5．已知直线与曲线相切，则
A． B． C．1 D．2
6．某工厂新购置并安装了先进的废气处理设备，使产生的废气经过过滤后排放，以减少对空气的污染．已知过滤过程中废气的污染物数量（单位：）与过滤时间（单位：）的关系为（，是正常数）．若经过过滤后消除了的污染物，则污染物减少大约需要（参考数据：）
A． B． C． D．
7．已知且，则
A． B．
C． D．无法判断与的大小关系
8．在中，内角，，的对边分别为，，，内角的平分线交于点，为的外心，若，则的最大值为
A． B． C．2 D．
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知函数，若对恒成立，则
A．在上单调递增
B．的图象关于轴对称
C．直线是图象的一条对称轴
D．将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
10．已知等差数列的前项和为，的公差为，则
A． B．
C．若为等差数列，则 D．若为等差数列，则
11．已知函数的图象关于点对称，且当时，，则
A．在上单调递增
B．当时，
C．
D．满足的的取值范围是
12．已知定义域为的函数满足，．数列的首项为1，且，则
A． B． C． D．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13．已知向量，，，若，则__________．
14．已知“”，：“”，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是__________．
15．杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名．某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的和插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列．如图，第一行构造数列1，2，第二行得到数列1，3，2，第三行得到数列1，4，3，5，2，…，表示第行所有项的和，则__________．
16．若函数在上单调递减，则的取值范围为__________．
四、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．（10分）
已知数列满足 ，
（1）记，证明数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）求的前30项和．
18．（12分）
在中，为边上一点，，．
（1）若，求的面积；
（2）若，，，求的长．
19．（12分）
已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）在和之间插入个数，使得这个数依次构成一个等差数列，设此等差数列的公差为，求．
20．（12分）
已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）若过点作直线与函数的图象相切，判断切线的条数．
21．（12分）
在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）证明：．
（2）若，证明：．
22．（12分）
已知函数．
（1）试讨论的单调区间；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
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南阳地区高三年级期中热身模拟考考试卷
数学参考答案
1．B 任取，则，其中，所以，故．因此，．
2．C 设，则，所以，
则解得即，所以的虚部为．
3．C 因为，所以数列为等比数列，设公比为，则，得，解得（舍去），所以．
4．B 点在单位圆上，则，所以．
5．A 设切点为，则，故解得，．
6．B 因为经过过滤后消除了的污染物，所以，解得．
当时，，解得．
7．B 令，，则，所以在上单调递增，则，即，则，故．
8．D 由角平分线定理可知，所以，则，即，其中，所以的最大值为．
9．BD 由题意知当时，取得最大值，所以，即，，所以．
对于A，由，得，所以的单调递增区间为，而，故A错误；
对于B，因为，所以的图象关于轴对称，故B正确；
对于C，由，得，即图象的对称轴方程为，故C错误；
对于D，，将的图象向左平移个单位长度得到的图象，故D正确．
10．BD ，故A不正确；因为，，所以，故B正确；因为，为等差数列，所以，故C不正确；由题可知，因为为等差数列，所以，即，故D正确．
11．ACD 因为函数的图象关于点对称，所以，解得．当时，，则，所以在上单调递增，则在上单调递增．当时，．
因为，
所以．因为函数的图象关于点对称，所以．由，可得．又在上单调递增，所以，解得．故选ACD．
12．AC ，．
取可得，由，令，得．
，，，，故A正确．
由，可得．设，则，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，，
，即，当且仅当时，等号成立．故，故B错误．
，即，
当时，有，即，由，，得．
下证数列单调递减，即证，即证，即证，
即证．令，则，当时，，
在上单调递减．，，，数列单调递减，，，故C正确，D错误．
13．48 因为，所以，则．
14． 对于，由可解得，对于，由可解得，因为是的必要不充分条件，所以解得．
15． 由题可知，，即，故是以为首项，3为公比的等比数列，故，即．
16． 由题可知恒成立，则，令，．
令，得，即在上单调递增；
令，得，即在上单调递减．
，所以．
17．解：（1）因为为偶数，则，，
所以，即，且，
所以是以 3 为首项，3为公比的等比数列，
故．
（2）
．
18．解：（1）在中，由余弦定理得，
即，
解得，
所以．
（2）在中，由正弦定理得，即，
解得．
因为，所以为锐角，即，
所以．
在中，由正弦定理得，即，
解得．
19．解：（1）当时，，解得．
因为，
所以当时，，
两式相减得，即．
因为满足上式，所以．
（2）由题意可得，，
．
20．解：（1）因为，
所以．
令，得；令，得．
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2），则，设切点为，
则，，
所以切线方程为．
将点代入得，
整理得．
因为方程有两个不相等正根，
所以方程共有三个不相等正根．
故过点可以作出三条直线与曲线相切．
21．证明：（1）由余弦定理可得，又，
所以，即．
由正弦定理可得，则，
即，则，
即．
又，所以，即．
（2）因为为锐角三角形，所以解得．
由，可得，
化简可得，即．
记，，
则，
所以在上单调递增，则，即，
则，解得．
又，所以成立．
22．解：（1）的定义域为．
．
当时，在上恒成立，即，在上单调递减．
当时，令，，
解得，．
当时，；当时，．
故在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可得，当时，在上单调递减，最多只有一个零点．
当时，的最小值为．若有两个零点，则．
因为，所以．
．
令函数，，
所以在上单调递减．
又因为，所以当时，，则当，即时，．
令函数，．
当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即．
．
令函数，，．
根据二次函数的图象及性质可得，，，，，
即，，，，
所以当，即时，有两个零点．
综上，若有两个零点，则的取值范围为．