【文档说明】河南省南阳市第一中学校2021届高三上学期第四次月考数学（文）试题 PDF版含答案.pdf，共(9)页，498.862 KB，由小赞的店铺上传

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高三文数1高三2020年秋期第四次月考文科数学试卷一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．若集合10,1AxxxByyx，则（）A.ABB.ABC.ABRD.BA2．已知复数z满足1+243i

zi，则z的虚部是（）A.-1B.1C.iD.i3.若α是第三象限角，则点))cos(),3(tan(在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限4.已知向量,abrr满足1,4ab

rr，且2abrr，则ar与br的夹角的取值范围是（）A.,6B.0,3C．0,3D.,35．函数f(x)＝3sin2x＋cos2x图象的一条对称轴方程是()A．x＝－π12B．x＝π3C．x＝5π12D．x＝2π36

．已知()3sinfxxx，命题:(0,),()02pxfx，则（）A．p是假命题;0:(0,),()02pxfxB．p是假命题;00:(0,),()02pxfxC.p是真命题;0:(0,),()02px

fxD.p是真命题00:(0,),()02pxfx7．已知D是△ABC所在平面内一点，且满足(BC→－CA→)·(BD→－AD→)＝0，则△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角

形D．等腰直角三角形8．设等差数列{an}的前n项和为nS，且0,0,0761031aaaaa，则满足0nS的最大自然数n的值为()A．6B．7C．12D．139．太阳是位于太阳系中心的恒星，其质量M大约是2×1030千克，地球是太阳系八大行星之

一，高三文数2其质量m大约是6×1024千克。下列各数中与mM最接近的是(参考数据：lg3≈0.4771，lg6≈0.7782)（）A.10－5.519B.10－5.521C.10－5.523D.10－5.52510．在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a，b，c

，6sin23C,a=b=3，点P是边AB上的一个三等分点，则CPCBCPCAuuuruuuruuuruuur=()A.0B.6C.9D.1211．已知函数0,log0,1)(2xxxk

xxf，下列是关于函数1)]([xffy的零点个数的4个判断：①当k>0时，有3个零点；②当k<0时，有2个零点；③当k>0时，有4个零点；④当k<0时，有1个零点．则正确的判断是()A．①④B．②③C．①②D．③④12．在函数xexfx)(的图像上任意一点处的

切线为1l，若总存在函数xaxxgcos2)(的图像上一点，使得在该点处的切线2l满足21ll，则a的取值范围是（）A.]1,(B.),2(C.)2,1(D.]2,1[二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知为第

三象限的角，3cos25,则tan(2)414．已知两个单位向量a，b的夹角为60o，(1)ctatb，若0bc，则t15．已知函数40,20,)21()(2xxxxaxfx的值域是[－8,1]，则实

数a的取值范围是16．设函数])89,0[(),42sin()(xxxf，若方程axf)(恰好有三个根，分别为)(,,,321321xxxxxx，则32132xxx的值为三、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）高三文数317．（10分）在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，且sinsin()sinbBaAbcC.（1）求角A的大小.（2）若BC边上的中线23AD，且23ABCS,求ABC

的周长.18．（12分）已知nS为等差数列na的前n项和，满足410S，55a．nT为数列nb的前n项和，满足4413nnT，*nN．（1）求na和nb的通项公式；（2）设211lognnnncbaa，若数列nc

的前n项和100nC，求n的最大值．19．（12分）在ABC中，已知向量cos,12ABmv，且254mv，记角,,ABC的对边依次为,,abc.（1）求角C的大小；（2）若2c，且ABC是锐角三角形，求22ab的

取值范围.高三文数420．（12分）已知函数21()ln2fxaxxxax.（1）讨论函数()fx的导函数的单调性：（2）若对1x，2(1,)xe，12xx,都有12123fxfxxx

，求a的取值范围.21．（12分）已知数列na中，11a，13nnnaaa.（1）求证：112na是等比数列，并求na的通项公式；（2）数列nb满足312nnnnn

ba，数列nb的前n项和为nT，若不等式1(1)2nnnnT对一切*nN恒成立，求的取值范围.22．（12分）已知函数lnfxxax，在1x处的切线与直线20xy垂直，函数212gxfxxbx

．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设1212,xxxx，是函数gx的两个极值点，若72b，求12gxgx的最小值．高三文数5高三2020年秋期第四次月考文科数学答案DBBCDDACCBDD13.711

4.215.)0,3[16.4717.解：（1）由已知sinsin()sinbBaAbcC和正弦定理得：222babcc由余弦定理得：2221cos22bcaAbc，在ABC中，因为(0,)A,所以23A（2）由

13sin2324ABCSbcAbc，得8bc①由（1）知222babcc，即2228bca②在ABD中，由余弦定理得：222()(23)223cos22aacADB在ADC中，由余弦定理得

：222()(23)223cos22aabADC因为coscosADBADC，所以222242abc③由①②③，得228,56,8abcbc，所以222()27262bcb

cbcbc所以ABC的周长862abc.18.解：（1）na为等差数列，因为410S，55a，所以14610ad，145ad，解得11a，1d，所以*nannN，．因为4413nnT，所以

当2n时，11444141433nnnnnnbTT；当1n时，114bT.综上，4nnb=，*nN．（2）2111log4211nncnnnnn，所以12111111212312231nn

CcccnnnLLL111111nnnnnnn，所以11nnCnnn，高三文数6因为11001nnCnnn，当1n时，1111nCnnn为关于n的递增数列，8999010

010CC，101011010011C，所以n的最大值为9．19．解：（1）依题意：即221cos()5mcos11224ABABuur，又0AB，∴23AB，∴3CAB；（2）由正

弦定理得sinsinsinabcABC得4sinsinsin3caAAC，442sinsin333bBA，2222162sinsin33abAA168416813cos2cos2cos2cos2sin23333322AAAAA

16813168cos2sin2sin23322336AAA，由三角形是锐角三角形可得022032AA

，即62A，∴52666A，∴1sin2126A即222083ab.20.解：（1）由题意()(ln1)ln,0fxaxxaaxxx，令()ln,0gxfxaxxx

，则1aaxgxxx，当0a时，0gx，所以()fx在(0,)上单调递减；当0a时，若0,xa时，0gx，()fx单调递增，若,xa，则0gx，()fx单调递减；高三文数7综上，当0a

时，()fx在(0,)上单调递减；当0a时，()fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减；（2）不妨设121xxe，若12123fxfxxx，则12123fxfxxx即112233fxxfxx，令2(

)()31ln3,21axxhxfxexxaxx，则()hx在1,e递减，∴()ln30hxaxx即3lnxax在1,e上恒成立，设3(),ln1xuxxxe

，则23ln1()(ln)xxuxx，再设3()ln11,vxxxxe，函数()vx单调递增，∴3()()0vxvee，∴()0ux，()ux在1,e上单调递减，∴()()3uxuee，∴a的取值范围是(,3]e

.21.解：（1）由13nnnaaa得13131nnnnaaaa，即11111322nnaa，又111322a，所以112na是以32是为首项，3为公比的等比数列.

所以111333222nnna，即231nna.（2）12231nnnnnbann，所以0122111111123(1)22222nnnTnn，2111

11112(1)22222nnnTnnL.两式相减得121011111222222222nnnnTnn，所以1242nnnT，所以12(1)42nn.令

*1242nfnnN，易知fn单调递增，高三文数8若n为偶数，则21242fn，所以3；若n为奇数，则11242fn，所以2，所以2.综上所述23.22.（Ⅰ）ln

fxxaxQ，1afxxQ与直线20xy垂直，1|12xkya，1a．（Ⅱ）21111xbxgxxbxxQ，所以令0gx，121xxb，121xx．221211122211ln1l

n122gxgxxxbxxxbxQ法1：))((ln)(21))(1(ln)(21)()(21212122212121222121xxxxxxxxxxbxxxxxg

xg)(21ln222121xxxx，令21xxt，则21),1,0(txxt，由121xx得122tx，即txtxtx2222122,1。所以)1(21ln

)()(21tttxgxg，令)1,0(),1(21ln)(ttttth，22211111022thtttt，所以ht在()0,1单调递减，121bxx，即42521,2511ttbtt，

]41,0()1,0(tt，2ln2815)41()(minhth。法2：)()(21xgxg2211121212222111ln1ln22xxxxxxbxxxxxx．120xxQ

，所以设1201xttx，11ln012httttt，高三文数922211111022thtttt，所以ht在()0,1单调递减，又72b，22514b，即4252122)()

(12212121222121221221ttxxxxxxxxxxxxxxxx01tQ，241740tt，104t，1152ln248hth，故所求的最小值是152ln28．