河南省南阳市20242025学年高三上学期第二次月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1集合，若则实数a的范围是（）ABC或D或2已知、为非零向量，未知数，则“函数为一次函数”是“”的（）条件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要3设曲线在点处的切线与轴的交点的横坐标为，令，则的值为（）A2 020B2 019C1D14已知向量满足，若，则向量的夹角为（）ABC或D或5设函数是定义在0,+上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（）ABCD6若，且，则的最小值为（）ABCD7将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上单调递增，且在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围为（）ABCD8数列an满足，若数列的前项的和为，则的的最小值为（）A6B7C8D9二、多选题（本大题共3小题）9已知数列满足且的前项和为，则（）A是等差数列B为周期数列C成等差数列D成等比数列10已知 的内角，所对的边分别为，下列四个命题中，正确的命题是（）A在中，若，则B若在线段上，且，则的面积为8C若，则是等腰三角形D若，动点在所在平面内且，则动点的轨迹的长度为11已知函数，则（）A在上单调递减B当和时，函数分别取得极大值点、极小值点C无最大值，有最小值D当时，有三个零点三、填空题（本大题共3小题）12已知，则 .13已知向量，满足，则在方向上的投影向量为 .14已知不等式恒成立，则实数a的取值范围为 四、解答题（本大题共5小题）15已知数列an的前项和为，其中，且.(1)求an的通项公式.(2)设，求bn的前项和.16如图，在凸四边形中，已知(1)若，求的值；(2)若，四边形的面积为4，求的值17已知函数.（1）当时，求的图象在点处的切线方程；（2）当时，判断的零点个数并说明理由；（3）若恒成立，求的取值范围.18已知函数，为的导函数（1）设，求的单调区间；（2）若，证明：19我们规定：若数列为递增数列且也为递增数列，则为“数列”.(1)已知：，数列，中其中只有一个数列，它是：_（不需说明理由）；并从另外两个数列中任选一个证明其不是一数列；(2)已知数列满足：，为的前项和，试求的通项并判断数列是否为数列并证之；(3)已知数列、均为数列，且，求证：数列也为数列. 参考答案1【答案】A【详解】因为，则，当时，不成立，所以，所以满足，当时，因为，所以，又因为，所以，所以，当时，因为，所以，又因为，所以，所以，综上可知：.故选：A.2【答案】A【详解】，若，则，如果同时有，则函数恒为0，不是一次函数，故是不必要条件；如果是一次函数，则，故，故是充分条件.故选：A3【答案】D【分析】对曲线求导，求出导函数，再把点代入导函数中，求出，再利用对数的运算性质化简，即可求出答案.【详解】因为，所以切线方程是，所以，所以故选：D.4【答案】B【分析】利用，结合数量积的运算律可解方程求得，结合可确定，由此可得结果.【详解】由得：，即，解得：或；，又，.故选：B.5【答案】A【详解】由条件，在0,+上单调递减，所求不等式可化为，故，.故选：A6【答案】C【详解】因为，所以，因为，所以，故，又因为，由基本不等式就可得，当且仅当，时等号成立，所以，当且仅当，时等号成立，所以的最小值为.故选：C.7【答案】A【详解】由题意可得：，因为在区间上单调递增，因为，所以，解得：，又在区间上有且仅有1个零点，所以，结合，所以，所以这个零点可能为或或，当时，解得：，当时，解得：，当时，无解，综上：的取值范围为.故选：A.8【答案】C【详解】数列满足，当时，即，当时，由得，数列的所有奇数项，数列的所有偶数项，综上，数列的通项公式为.记，所以数列的前项和为：，由得，即，因为，随着的增大而增大，故当时，刚好满足，所以，的最小值为.故选：C.9【答案】AB【分析】根据已知可得、为奇数时，为偶数时，结合等差、等比数列定义判断各项的正误.【详解】由且则且，故，所以在上成立，A对；综上，为奇数时，为偶数时，B对；为奇数，为偶数，不成等差数列，C错；不成等比数列，D错.故选：AB10【答案】ABD【详解】对于A，由正弦定理可得，所以，故A正确；对于B，由在线段上，且，则，设，在中，利用余弦定理，整理得，解得或（舍去），所以，在中，可得，则，所以的面积为，故B正确；对于C，由，可得，整理得，由正弦定理得，可得，因为，可得或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，在中，因为，则点在以为弦的一个圆上， 由正弦定理可得外接圆的直径为，即，当点在外部时，如图所示，因为，可得，所以，所以的长度为，同理，当点在内部时，可得对应的弧长也是，所以动点的轨迹的长度为，故D正确故选：ABD.11【答案】ACD【详解】，对于A，当时，所以在上单调递减，故A正确；对于B，当时，fx0，当时，fx0，所以在上单调递增，上单调递减，所以当时，函数取得极大值点，当时，在上单调递增，但不存在，所以当时，函数不是极小值点，故B错误；对于C，当时，当时，又，的大致图象如图所示：所以的值域为，所以有最小值，无最大值，故C正确；对于D，当时，在上单调递增，因为，所以，所以在上有一个零点，当时，当时，结合的大致图象可知，在上有一个零点，在上有一个零点，综上，当时，有三个零点.故D正确.故选：ACD.12【答案】【详解】，则，故.故答案为：.13【答案】【详解】，则在方向上的投影向量为.故答案为：.14【答案】【详解】令，可得，当时，可得fx0，单调递增，可得，即，所以，由不等式，可得，因为，当且仅当时等号成立，即，解得，所以实数的取值范围为.故答案为.15【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，得到时，再由，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）得到，利用错位相减法求和，即可求解.【详解】（1）由，可得，则，两式相减，可得，即，又由，易知，所以当时，所以数列an的通项公式为.（2）因为，可得，则，所以，两式相减得，所以.16【答案】(1)；(2)【分析】(1)中求出BD，在中，由正弦定理求出，根据即可求；(2)在、中，分别由余弦定理求出，两式相减可得cosA与cosC的关系式；又由的sinA与sinC的关系式；两个关系式平方后相加即可求出cos(AC)【详解】(1)在中，在中，由正弦定理得，(2)在、中，由余弦定理得，从而，由得，得，17【答案】（1）；（2）无零点，理由见解析；（3）.【解析】（1）利用导数的几何意义，直接求切线方程；（2）首先求导，并判断导数的单调性，以及利用零点存在性定理说明存在使，并利用导数判断函数的单调性，证明函数的最小值的正负，说明零点个数；（2）不等式等价于，构造函数，利用函数的单调性可知，利用参变分离的方法，求的取值范围.【详解】（1）当时，切线方程为，即（2）当时，易知在0,+单调递增，且，存在唯一零点，且当时，单调递减，当时，单调递增.对两边取对数，得：无零点.（3）由题意得，即，即，易知函数单调递增，0单调递增极大值单调递减，令，则，令得，列表得，.18【答案】（1）的单调递增区间是；单调递减区间是；（2）证明见解析.【详解】（1）由已知，所以，令，得，解得，令，得，解得，故的单调递增区间是；单调递减区间是.（2）要证，只需证：设，则 记，则 当时，又，所以；当时，所以，又，所以综上，当时，恒成立，所以在上单调递增所以，即，所以，在上递增，则，证毕19【答案】(1)；条件选择见解析，证明见解析(2)；不是，证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）空格处填.原因如下：因为，则，由幂函数与在上都是增函数，由，故数列与都是递增数列，则为“数列”.若选，下面证明不是数列.证明：由，则 ，. 故，所以不是递增数列.故不是数列；若选，下面证明不是数列.证明：由，则 ，.所以不是递增数列.故不是数列.（2）由可得，所以，设，则，.， 累加得，又，故，所以. 由，故是以为首项，为公差的等差数列.所以，则，.即数列是递增数列，但不是递增数列，故不是数列.（3）数列、均为数列，且，由题意可得，且，由不等式的性质可得，又，则，所以为递增数列，且有，则，故也是递增数列，故为数列.