届河南省高三上学期阶段性考试三数学文试题Word格式文档下载.docx
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A.5B.9C.17D.33
【答案】C
【解析】可由公式,表示出,再进行求解
由,,所以,所以.
答案选C
本题考查等比数列通项公式和前n项和公式的基本用法,需记住
4.已知向量,若,则().
【解析】先求得,然后根据两个向量平行的条件列方程,解方程求得的值.
因为,,且,
所以,解得.
本小题主要考查向量加法、减法和数乘的坐标运算,考查两个向量平行的坐标表示,考查方程的思想,属于基础题.
5.已知,且,则()
A.18B.26C.36D.42
【解析】先根据指数对数互化关系,利用表示出,将两边同除以,根据换底公式变形,将对数的底数都变为即可求解.
由题意得,.又由,得,所以,即,解得.
指数式与对数式互化:
.
6.“”是“,”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】A
【解析】把题设,进行化简,求出的范围,再根据充分必要条件进行判断即可
必要性:
设,当时,,所以,即;
当时,,所以,即.故或.
充分性:
取,当时,成立.
答案选A
对于充分必要条件的判断的一般思路为:
对于每一个命题进行化简,去伪存真,若最终判断问题为范围问题,则可简单记为:
小范围推大范围成立;
大范围推小范围不成立
7.函数的零点所在的区间为()
【解析】根据零点存在性定理,验证函数在区间端点处的函数值符号即可.
因为在上单调递增,,,所以函数的零点所在的区间为.
函数零点个数的3种判断方法
(1)直接求零点:
令,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.
(2)零点存在性定理:
利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线,且,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.
(3)利用图象交点的个数:
画出两个函数的图象,看其交点的个数,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.
8.函数,则的最小正周期和最大值分别为()
【解析】利用三角函数恒等变换,化简函数的解析式,根据周期公式及振幅即可求解.
,所以最小正周期为,最大值为.
重视三角函数的“三变”:
“三变”是指“变角、变名、变式”;
变角为:
对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角;
变名:
尽可能减少函数名称;
变式:
对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等.在解决求值、化简、证明问题时,一般是观察角度、函数名、所求(或所证明)问题的整体形式中的差异,再选择适当的三角公式恒等变形.
9.已知,实数x,y满足,且的最大值为,则()
【解析】利用线性约束条件画出可行域,再利用线性规划知识求解目标函数的最值.
根据题意作出可行区域如图,
由可行域可知,z在点处取得最大值,所以,解得.
求目标函数的最值3个步骤
(1)作图——画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平行直线系中过原点的那一条直线;
(2)平移——将平行移动,以确定最优解的对应点的位置;
(3)求值——解方程组求出对应点坐标(即最优解),代入目标函数,即可求出最值.
10.已知函数,当时,,若在上的最大值为2,则()
A.2B.C.3D.4
【解析】由题意可得,从而化得;
从而可得,从而解得.
因为,且当时,,所以,且,,所以,
则在上的最大值为,
解得,
所以,故.选D.
本题考查了对数函数的应用,属于基础题.
11.已知数列前n项和为,若,2,且,则的值为()
【解析】分情况讨论n为奇数或偶数,化简,即可得奇数项是首项为1,公差为4的等差数列,偶数项是首项为2,公差为0的等差数列,分组求和即可求解.
当n为奇数时,,数列是首项为1,公差为4的等差数列;
当n为偶数时,,数列是常数列,且每一项都为2.
所以
若数列的通项公式为,其中数列,是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求的前n项和.
12.已知函数,曲线上存在两个不同点,使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直,则实数a的取值范围是()
【解析】由曲线在不同两点处的切线都与y轴垂直,可知在这两点处的切线斜率均为0,即有两个不同的解,利用分离参数法将问题转化为在上有两个不同的解,构造函数,研究其导函数可得单调性,即可得a的取值范围.
因为曲线上存在两个不同点,使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直,所以在上有两个不同的解,即在上有两个不同的解,设,,所以当时,,单调递减,当时,,单调递增,且当时,,又,所以当时,在上有两个不同的解.
研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
二、填空题
13.函数的图象在点处的切线方程是_________.
【答案】
【解析】先求导,将横坐标代入即可得出切线的斜率,利用点斜式即可得出切线方程.
,所以,切线方程为,即.
导数的几何意义:
函数在点处的导数的几何意义是在曲线上点处的切线的斜率.相应地,切线方程为.
14.已知为第二象限角,则_________.
【解析】通过通分的方法去掉二次根式,转化成绝对值再进行化简即可
因为为第二象限角,所以,.
所以,
,所以.
所以答案为:
本题考察了三角函数的化简,易错点为去掉二次根式转化为绝对值时符号的判断问题,此时需要结合三角函数在四个象限的正负值进行判断
15.在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等比数列,且,则_________.
【解析】利用正弦公式将b代换,求出,再用a,b,c成等比数列表示出,分析特点,再次采用正弦定理即可求得
由正弦定理可知,,易得,,又a,b,c成等比数列,所以,.
则
本题主要考查正弦定理的具体用法,边化角是正弦定理使用中考察频率最高的一种形式,做题时应优先考虑
16.正数a,b满足,,则的最小值为_________.
【答案】2
【解析】利用化简变形,转化为利用基本不等式求最值问题即可.
,令,则,当且仅当时,到等号.
利用基本不等式解决条件最值的关键是构造和为定值或积为定值,主要有两种思路:
(1)对条件使用基本不等式,建立所求目标函数的不等式求解.
(2)条件变形,进行“1”的代换求目标函数最值.
三、解答题
17.设等差数列的前n项和为,,.
(1)求数列的通项公式;
(2)求.
(1);
(2).
【解析】
(1)利用方程的思想,求出首项、公差即可得出通项公式;
(2)根据数列的通项公式表示出,利用裂项相消法即可求解.
(1)设等差数列的公差为d,由,
,即,
解得,,
所以.
(2)由,所以,
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项;
(2)将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.
18.已知函数的部分图象如图所示.
(1)求的值;
(2)求在上的最大值和最小值;
(3)不画图,说明函数的图象可由的图象经过怎样变化得到.
(2)最小值-2;
最大值1;
(3)详见解析.
(1)根据图象求出函数的解析式,即可求出;
(2)求出相位的范围,结合的图象即可得出最值;
(3)根据的解析式与的区别,相应的将的图象进行伸缩、平移即可.
(1)根据图象可以得到,.
所以,.
又,所以,
所以,即
因为,所以
(2)由,得
所以,故当时,取得最小值-2;
当时,取得最大值1.
(3)先将的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变),得到的图象,再将的图象上所有的点向右平移个单位长度,得到的图象,最后将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),得到的图象.
由的图象得到的图象时,需平移的单位数应为,而不是.
19.已知函数
(1)判断在上的奇偶性,并证明;
(2)求不等式的解集.
(1)奇函数,证明详见解析;
(1)根据奇偶函数的定义,分段判断函数的奇偶性;
(2)由
(1)知函数为奇函数,根据奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性,可得函数的单调性,用函数的单调性将符号脱掉,使其转化为具体的不等式求解即可.
(1)函数是上的奇函数.
证明如下:
任取,则,所以,
再任取,则,所以.
又当时,则,所以.
故是上的奇函数.
(2)当时,是增函数,
所以是上的增函数.
又,.
所以,所以,
所以不等式的解集为.
函数性质综合应用问题的3种常见类型及解题策略
(1)函数单调性与奇偶性结合.注意函数单调性及奇偶性的定义,以及奇、偶函数图象的对称性.
(2)周期性与奇偶性结合.此类问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行交换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.
(3)周期性、奇偶性与单调性结合.解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间,然后利用奇偶性和单调性求解.
20.如图,在平面四边形ABCD中,,,,且角D与角B互补,.
(1)求的面积;
(2)求的周长.
(2)
(1)通过角D与角B互补,先求出,采用正弦定理的面积公式求解即可
(2)要求的周长,即求,结合余弦定理进行整体求解即可
(1)在中,由余弦定理得.
因为角D与角B互补,
又,
所以,即,
(2)在中,由余弦定理得,
所以的周长为.
本题考查解三角形的具体应用,第一问正弦定理求面积,第二问利用余弦定理求周长,解三角形的核心思想为:
将边角关系转化到同一个三角形,利用正弦余弦定理进行求解,一般是先正弦再余弦
21.设,命题p:
函数在内单调递增;
q:
函数仅在处有极值.
(1)若命题q是真命题,求a的取值范围;
(2)若命题是真命题,求a的取值范围.
(1)函数仅在处有极值,则在左右两侧导数符号相反,可得恒成立,转化为求解二次不等式的恒成立问题;
(2
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- 河南省 上学 阶段性 考试 数学 试题