江西省南昌市第二中学2021届高三数学（理）上学期第四次考试试题（Word版附答案）

江西省南昌市第二中学2021届高三数学（理）上学期第四次考试试题（Word版附答案）

南昌二中 2021 届上学期高三第四次考试 数学（理）试卷 命题人: 审题人: 一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1．设集合 {1,2,5}A  ， {2,4}B  ， { | 1 5}C x R x     ，则 ( )A B C   （ ） A．{1,2,4,6} B．{ | 1 5}x R x    C．{2} D．{1,2,4} 2．已知i 是虚数单位，设 i iz   1 1 ，则复数 2z  对应的点位于复平面（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 11 2n na S a ＝ ， ＝ ，则 nS ＝( ) A． 12n B． 13( )2 n C． 12( )3 n D． 1 1 2n 4．已知锐角 满足 2sin2 1 cos2 ,   则 tan  （ ） A． 1 2 B．1 C． 2 D． 4 5. 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 6．已知向量 (1,2)a  ， ( 2,3)b   ， (4,5)c  ，若 ( )a b c    ，则实数   （ ） A． 1 2  B． 1 2 C． 2 D． 2 7．已知正实数 a 、b 满足 2a b  ，则 1 4 1a b   最小值为（ ） A．3 3 B．4 C． 2 2 D．3 8．我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一 页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们．定理涉及的是 数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为 世界数学的发展做出了巨大贡献，现有这样一个整除问题：将 1 到 2020 这 2020 个整数中 能被 3 除余 2 且被 5 除余 2 的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列 na ，那么此数列 的项数为（ ） A．133 B．134 C．135 D．136 9．如图，已知圆O 中，弦 AB 的长为 3 ，圆上的点C 满足 0OA OB OC      ，那么 AC  在OA  方向上的投影为（ ） A. 1 2 B． 1 2  C． 3 2 D． 3 2  10．定义在 R 上的偶函数 ( )f x 满足 ( 1) ( 1)f x f x   ，且当 [ 1,0]x  时， 2( )f x x ，函 数 ( )g x 是定义在 R 上的奇函数，当 0x  时， ( ) lgg x x ，则函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  的 零点的的个数是（ ） A．9 B．10 C．11 D．12 11．设定义在 上的函数 的导函数为 ，若 ， ， 则不等式 （其中 为自然对数的底数）的解集为（ ） A． B． C． D． 12．已知函数   2sin ln6 xf x a x x a      （ 0a  ， 1a  ），对任意  1 2 0,1x x ， ，不 等式    2 1 2f x f x a   恒成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 2 ,e  B． ,e  C． 2,e e   D．  2,e e 二、填空题(每小题 5 分, 共 20 分) 13．若 1 tan 20201 tan     ，则 1 tan 2cos2   =____________. 15．已知函数 2( ) cos ( ) 1( 0, 0,0 )2 πf x A ωx φ A ω φ       的最大值为 3， ( )f x 的图象 与 y 轴的交点坐标为 (0,2) ，其相邻两条对称轴间的距离为 2 ，则 (1) (2)f f  _____． 16．若数列 na 满足 1 2a  ， 1 4 4 1n n na a a    ，则使得 22020na  成立的最小正整数 n 的值是______. 三、解答题(共 6 小题,17 题 10 分,18-22 每小题 12 分,共 70 分) 17．已知 a ，b ， c 为正数， ( ) | | | | | |f x x a x b x c      . （1）若 1a b c   ，求函数 ( )f x 的最小值； （2）若  0 1f  且 a ，b ， c 不全相等，求证： 3 3 3b c c a a b abc   . 19．在 ABC 中，设内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ，b ， c ，且 3c  . （1）若 a ，b ， c 成等比数列，求证： 60B   ； （2）若 1cos2 3A   （ A 为锐角）， 1sin 3C  .求 ABC 中 AB 边上的高 h . 20. 21. . 22．已知函数   lnf x x ax  （a 为常数）. （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间； （Ⅱ）若 0a  ，求不等式   2 0f x f xa       的解集； （Ⅲ）若存在两个不相等的整数 1x ， 2x 满足    1 2f x f x ，求证： 1 2 2x x a   . 高三第四次考试数学(理)参考答案 1【答案】D 【解析】 集合 A={1,2,5},B={2,4}，C={x∈R|−1 ⩽ x<5}，则 A∪B={1,2,4,5}，∴(A∪B)∩C={1,2,4}. 故选 D. 2【答案】A 【详解】 由已知 iii iiz   )1)(1( )1)(1( ， 2 2 2z i i      ，对应点为 (2,1) ，在第一象限． 故选：A． 3【答案】B 【详解】 由已知 1 11 2n na S a  ， ， 1n n na S S   得  12n n nS S S  ，即 1 1 32 3 , 2 n n n n SS S S     ， 而 1 1 1S a  ，所以 13( )2 n nS  . 故选 B. 4【答案】C 【详解】 由已知， 24sin cos 2sin   ，因 为锐角，所以 sin 0  ， 2cos sin  ， 即 tan  2 . 故选：C. 5.【答案】B 必要性：     1211 22  bbbba 当 a=3 b=1 时 充分性不成立。 6【答案】C 【详解】 因为 (1,2)a  ， ( 2,3)b   ，所以  1 2 ,2 3     a + b = ，又 ( )a b c    ， (4,5)c  ， 所以 ( ) 0a b c    ，即    4 1 2 5 2 3 0+ =   ，解得 2 = .故选：C . 7【答案】D 【详解】 ∵ 2a b  ，则 1 3a b   ，于是整合得  1 4 1 4 1 41 3 2 2 1 3 2 4 3 31 1 1a b a ba b a b a b                             ，当 且仅当 1a b  时取等号，于是 1 4 1a b   的最小值为 3．故选:D． 8【答案】C 【详解】 由数能被 3 除余 2 且被 5 除余 2 的数就是能被 15 除余 2 的数， 故  2 1 15 15 13na n n     ， 由 15 13 2020na n   ，得 8135 15n   ， *nN ， 故此数列的项数为：135． 故选:C． 9【答案】D 【分析】 由 0OA OB OC      得 O 为 ABC 的重心，A，B，C 三点均匀分布在圆周上， ABC 为 正三角形，根据向量的投影的定义可得选项. 【详解】 连接 BC，由 0OA OB OC      得 O 为 ABC 的重心，A，B，C 三点均匀分布在 圆周上， ABC 为正三角形，所以 30OAC   ，弦 AB 的长为 3 ，所以 AC  在OA  方向上 的投影为 3 3cos150 3 2 2AC           ∣ ∣ ， 故选：D. 10【答案】C 【详解】 由于    1 1f x f x   ，所以，函数  y f x 的周期为 2 ，且函数  y f x 为偶函数， 由   0h x  ，得出    f x g x ，问题转化为函数  y f x 与函数  y g x 图象的交点个 数，作出函数  y f x 与函数  y g x 的图象如下图所示， 由图象可知，  0 1f x≤ ≤ ，当 10x  时，   lg 1g x x  ， 则函数  y f x 与函数  y g x 在 10, 上没有交点， 结合图像可知，函数  y f x 与函数  y g x 图象共有 11 个交点，故选 C. 11【答案】A 【详解】 解：设 ， 则 ， ∵ ， ， ∴ ， ∴ 是 上的增函数， 又 ， ∴ 的解集为 ， 即不等式 的解集为 . 故选 A. 12【答案】A 【详解】 解：结合题意，显然 2a  ，    1 ln cos3 6 xf x a a x         ， 由 [0x ，1]， 2a  ，得 ln 0a  ， 1 0xa   ， cos( ) 03 6 x   ， 故 ( ) 0f x  ， ( )f x 在[0 ，1]递增， 故 ( )maxf x f （1） 1 lna a   ， ( ) (0) 1minf x f  ， 对任意 1x ， 2 [0x  ，1]，不等式 2 1| ( ) ( ) | 2f x f x a   恒成立， 即 ( ) ( ) 2max minf x f x a   ， 1 ln 1 2a a a    „ ，即 ln 2a  ，解得： 2a e ， 故选：A． 13【答案】2020 【详解】 因为 1 tan 20201 tan     ， 解得 2019tan 2021   ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 1 cos sin 2tan 1 tan 2tantan 2cos2 cos sin 1 tan 1 tan 1 tan                    2 2 20191(1 tan ) 1 tan 2021= 202020191 tan 1 tan 1 2021           ， 故答案为：2020 14.【答案】 4 15【答案】3 【详解】 2 1 cos(2 2 )( ) cos ( ) 1 1 cos(2 2 ) 12 2 2 ωx φ A Af x A ωx φ A ωx φ           ， 因为函数 ( )f x 的最大值为3，所以 1 32 2 A A   ，所以 2A  ， 由函数 ( )f x 相邻两条对称轴间的距离为 2 ，可得周期 4T  ， 所以 22 2T     ，所以 4   , 所以 ( ) cos( 2 ) 22 πf x x φ   ，又 ( )f x 的图象与 y 轴的交点坐标为 (0,2) ， 所以 cos2 2 2   ，所以cos2 0  ，又 0 2   ，所以 = 4  ， 所以 ( ) cos( ) 2 sin 22 2 2 π π πf x x x      ， 所以 (1) (2) sin 2 sin 2 1 2 0 2 32 πf f π            . 故答案为：3 16【答案】11 【详解】  2 1 4 4 1 2 1n n n na a a a      ， 1 2 1n na a   ，  1 1 2 1n na a    ， 数列 1na  是以 1 1 2 1a    为首项， 2 为公比的等比数列，   11 2 1 2n na      ，   12 1 2 1n na      ， 由 22020na  得： 2020na  ，即  1 20212 2021 2 1 837 2 1 n       ，  92 512 ， 102 1024 且 n N ，满足题意的最小正整数 11n  . 故答案为：11. 17【答案】（1）最小值 2（2）见解析 【详解】 解：（1）因为 1a b c   ， 所以 ( ) | | | | | | 2 | 1| | 1|f x x a x b x c x x          法 1：由上可得： 3 1, 1, ( ) 3, 1 1, 3 1, 1, x x f x x x x x             所以，当 1x   时，函数 ( )f x 的最小值为 2 法 2： ( ) | | | | | | | 1| | 1| | 1|f x x a x b x c x x x            | 1| | 1 1| 2 | 1| 2x x x x          当且仅当 ( 1)( 1) 0 1 0 x x x       ，即 1x   时取得最小值 2 （2）证明：因为 a ，b ， c 为正数，所以要证 3 3 3b c c a a b abc   即证明 2 2 2 1b c a a b c    就行了 因为 2 2 2 2 2 2b c a b c aa b c a b ca b c a b c            2 2 22 2 2 2( )b c a a b c      （当且仅当 a b c  时取等号） 又因为 (0) 1f  即 1a b c   且 a ，b ， c 不全相等， 所以 2 2 2 1b c a a b c    即 3 3 3b c c a a b abc   19【答案】（1）见解析（2） 5 6 3 解：（1）证明：因为 a ，b ， c 成等比数列，所以 2b ac 而 2 2 2 2 2 cos 2 2 a c b a c acB ac ac      1 112 2 a c c a        （当且仅当 a c 时取等号） 又因为 B 为三角形的内角，所以 60B   （2）在 ABC 中，因为 2 1cos2 1 2sin 3A A    ，所以 6sin 3A  . 又因为 3c  ， 1sin 3C  ， 所以由正弦定理 sin sin a c A C  ，解得 3 2a  法 1：由 6sin 3A  ， 0 2A   得 3cos 3A  . 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，得 2 2 15 0b b   . 解得 5b  或 3b   （舍） 所以 AB 边上的高 6 5 6sin 5 3 3h b A    . 21.详解： 22【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ） 1 2,a a      ；（Ⅲ）证明见解析. 【详解】 （Ⅰ）  f x 的定义域为 0,  ，   1 1 axf x ax x     ， （1）当 0a  时，恒有   0f x  ，故  f x 在  0,  上单调递增； （2）当 0a  时，由   0f x  ，得 10 x a   ， 故  f x 在 10, a      上单调递增，在 1 ,a     上单调递减， 综上（1）（2）可知：当 0a  时，  f x 的单调递增区间为 0,  ； 当 0a  时，  f x 的单调递增区间为 10, a      ，单调递减区间为 1 ,a     ； （Ⅱ）  f x 的定义域为 0,  ，所以 0x  ，且 2 0xa   ，而 0a  ， 20 x a   ； 设     2 2 2 2ln ln ln ln 2 2F x f x f x x ax x a x x x axa a a a                                    ，   212 02 a x aF x x xa           ，且当且仅当 1x a  时取等号， 所以  F x 在 20, a      上单调递增，又因为 1x a  时，   1 0F x F a      ， 所以当 10,x a     时，   0F x  ，当 1 2,x a a     时，   0F x  ， 故   2 0f x f xa       的解集为 1 2,a a      ； （Ⅲ）由（Ⅰ）知 0a  时，  f x 在 0,  上单调递增，若    1 2f x f x ， 则 1 2x x 不合题意； 故 0a  ，而  f x 在 10, a      上单调递增，在 1 ,a     上单调递减， 若存在两个不相等的正数 1x ， 2x 满足    1 2f x f x ， 则 1x ， 2x 必有一个在 10, a      上，另一个在 1 ,a     ， 不妨设 1 2 10 x xa    ，则 1 2 1 ,xa a       ， 又由（Ⅱ）知 10,x a     时，   0F x  ，即   2 0f x f xa       ， 所以  1 1 2f x f xa      ， 因为    1 2f x f x ，所以  2 1 2f x f xa      ， 又因为  f x 在 1 ,a     上单调递减，所以 2 1 2x xa   ， 即 1 2 2x x a   .