甘肃省兰州市第一中学2020届高三上学期9月月考数学（文）试题 19页

兰州一中 2020 届高三 9 月月考试题数学（文） 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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，请将正确答案涂在答题卡上.） 1.已知集合 A＝{x|y＝lg(x－ )}，B＝{x| －cx<0，c>0}，若 A⊆B，则实数 c 的取值范 围是(　　) A. (0,1] B. [1，＋∞) C. (0,1) D. (1，＋∞) 【答案】B 【解析】 【分析】 A 集合用对数的真数的定义即可求出范围，B 集合化简后含有参数，所以，画出数轴，用数 轴表示 A⊆B，即可求出 c 的取值范围. 【详解】解法 1：A＝{x|y＝lg(x－ )}＝{x|x－ >0}＝{x|00} ＝{x|00}＝{x|0 2 4 3a a a⋅ = 3 1a = 5T ( )5 3a ( )3 6 3 4 1T a a= > na ∴ ( )2 2 4 3a a a⋅ = 2 4 3a a a⋅ = ∴ ( )2 3 3a a= 3 1a = 3 0a = ∴ ( )5 5 1 2 3 4 5 3 1T a a a a a a= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ( )3 6 3 4 1T a a= > m n p qa a a a⋅ = ⋅ ( )f x R ( )1 2f − = x∈R ( ) 2f x′ > ( ) 2 4f x x> + A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 构造函数 ，利用导数判断出函数 在 上的单调性，将不等 式 转化为 ，利用函数 的单调性即可求解. 【详解】依题意可设 ，所以 . 所以函数 在 上单调递增，又因为 . 所以要使 ，即 ，只需要 ，故选：B. 【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造 新函数来解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 12.已知椭圆 与双曲线 有相同 的焦点 ，若点 是 与 在第一象限内的交点，且 ,设 与 的离 心率分别为 ，则 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 设椭圆与双曲线的半焦距为 , ,由题意可得 ，用 表示出 ， 结合二次函数的性质即可求出范围. ( )1,1− ( )1,− +∞ ( ), 1−∞ − ( ),−∞ +∞ ( ) ( ) 2 4g x f x x= − − ( )y g x= R ( ) 2 4f x x> + ( ) ( )1g x g> − ( )y g x= ( ) ( ) 2 4g x f x x= − − ( ) ( ) 2 0g x f x′ ′= − > ( )y g x= R ( ) ( )1 1 2 4 0g f− = − + − = ( ) ( ) 2 4 0g x f x x= − − > ( ) ( )1g x g> − 1x > − 2 2 1 1 12 2 1 1 : 1( 0)x yC a ba b + = > > 2 2 2 2 22 2 2 2 : 1( 0, 0)x yC a ba b − = > > 1 2,F F P 1C 2C 1 2 22F F PF= 1C 2C 1 2,e e 2 1e e− 1 3  + ∞ ， 1 3  + ∞  ， 1 2  + ∞ ， 1 2  + ∞  ， 1 2 2F F c= 1PF t= 1 2a a c− = 2e 1e 【详解】如图所示： 设椭圆与双曲线的焦距为 , ,由题意可得 ， ，即 ，即 ， 由 可知 ，令 ， ， 所以 ，故选 D. 【点睛】本题主要考查了双曲线和椭圆的性质以及离心率的问题，考查了转化思想，属于中 档题. 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.函数 的单调递减区间是________. 【答案】 【解析】 【分析】 先求得函数的定义域，再由复合函数的单调性求解即可. 【详解】由 ，解得 或 . 令 ，则 为增函数， 1 2 2F F c= 1PF t= 1 22 , 2t c a t c a+ = − = 1 22 , 2t a c t a c∴ = − = + 1 22 2a c a c∴ − = + 1 2a a c− = 1 2 1 1 1e e ∴ − = 2 1 2 1 ee e = + 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 e ee e e e e e e ∴ − = − = =+ +   +   2 1e > 2 10 1e < < 2 1 (0,1)x e = ∈ 2 (0,2)y x x∴ = + ∈ 2 1 1 2e e− > 2 2( ) log ( 2)f x x x= − − ( , 1)−∞ − 2 2 0x x− − > 1x < − 2x > 2 2t x x= − − 2logy t= 所以当 时函数 单调递减. 所以答案为： . 【点睛】本题主要考查了对数函数和二次函数的复合函数的单调性的求解，遵循“同增异减” 的原则，在定义域上求解即可. 14.已知抛物线方程为 y2＝－4x，直线 l 的方程为 2x＋y－4＝0，在抛物线上有一动点 A， 点 A 到 y 轴的距离为 m，到直线 l 的距离为 n，则 m＋n 的最小值为________. 【答案】 【解析】 分析】 先作出图形，根据题意可知抛物线上的动点到准线的距离等于该点到 y 轴的距离加 1，由此 可表示出|AH|+|AN|=m+n+1；根据抛物线的性质可得|AF|+|AH|=m+n+1，结合所有连线中直 线最短的原理，可知当 A，F，H 三点共线时，m+n 最短即可求出其最小值 【详解】如图所示： 如图，过点 A 作 AH⊥l 于 H，AN 垂直于抛物线的准线于 N，则|AH|+|AN|=m+n+1， 连接 AF，则|AF|+|AH|=m+n+1， 由平面几何知识，得当 A，F，H 三点共线时，|AF|+|AH|=m+n+1 取得最小值，根据点到直 线距离公式，求得|FH|= 【 1x < − 2 2( ) log ( 2)f x x x= − − ( , 1)−∞ − 6 5 15 − 6 6 5 55 = 即 m+n 的最小值为 【点睛】抛物线中涉及焦半径问题，需要结合抛物线性质：到焦点距离等于到准线距离进行 转化，再结合几何关系进行求解 15. 的内角 的对边分别为 ，若 ，则 的 取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】 先利用余弦定理可得 ，进而可得 ，利用 的范围可得解. 【详解】由 可得： 可得： ，所以 . 由 ， ， 所以 . 【点睛】本题主要考查了余弦定理，及三角函数的值域问题，解题的关键是求角的范围，属 于基础题. 16.已知实数 ，若关于 的方程 有三个不同的 实根，则 的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 试 题 分 析 ： 原 问 题 等 价 于 有 三 个 不 同 的 实 根 ， 即 与 6 5 15 − ABC∆ , ,A B C , ,a b c a b c b c a b c − + = + − sin sinB C+ 3( , 3]2 3A π= sin sin 3sin( )6B C B π+ = + B a b c b c a b c − + = + − 2 2 2b c a bc+ − = 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc + −= = 3A π= 3 1sin sin sin sin( ) sin cos sin 3sin( )2 2 6B C B A B B B B B π+ = + + = + + = + 3A π= 2 5(0, ), ( , )3 6 6 6B B π π π π∈ + ∈ 33sin( ) ( , 3]6 2B π+ ∈ ( ) ( ) , 0{lg , 0 xe xf x x x ≥= − < x ( ) ( )2 0f x f x t+ + = t ( ], 2−∞ − ( ) ( )2f x f x t+ = − y t= − 有三个不同的交点，当 时， 为增函数， 在 处 取 得 最 小 值 为 ， 与 只 有 一 个 交 点 . 当 时 ， ，根据复合函数的单调性，其在 上先减后增. 所以，要有三个不同交点，则需 ，解得 . 考点：函数与方程零点. 【思路点晴】本题主要考查复合函数零点与单调性的问题.函数 是一个分段函数，先 对含有 的方程进行分离常数 ，变为探究两个函数图像 个交点的问题 来研究.分离常数后，由于 是一个分段函数，故分成两个部分来研究，当 时，函 数 为增函数，在 时有最小值为 ，由此在 轴右边仅有 一个交点.利用复合函数单调性可知函数在 轴左边先减后增，故要使两个函数有 个交点， 则需 ，解得 . 三、解答题(写出必要的计算步骤、解答过程，只写最后结果的不得分，共 70 分) 17.已知向量 函数 (1)求函数 的单调增区间; (2)当 时,求函数 值域. 【答案】(1) ；（2） 【解析】 【分析】 （ 1 ） 先 将 表 示 出 来 ， 再 结 合 二 倍 角 公 式 进 行 转 化 ， 可 得 ，进一步结合辅助角公式化简，可得 ，结 合 增区间的通式可求得 （2）当 ，分析 在对应区间的增减性，再求出值域 ( ) ( )2y f x f x= + 0x ≥ ( ) ( )2 2x xy f x f x e e= + = + 0x = 2 y t= − 0x < ( ) ( )2 2lg ( ) lg( )y f x f x x x= + = − + − ( ),0- ¥ 2t− ≥ 2t ≤ − ( )f x t ( ) ( )2f x f x t+ = − 3 ( )f x 0x ≥ ( ) ( )2 2x xy f x f x e e= + = + 0x = 2 y y 3 2t− ≥ 2t ≤ − ( ) ( )2cos ,1 , cos , 3sin 2 ,a x b x x= = ( ) .f x a b= ⋅  ( )f x 0, 6x π ∈   ( )f x ( ),3 6k k k Z π ππ π − + ∈   [ ]2,3 ( )f x a b= ⋅  3sin 2 cos2 1x x+ + ( ) 2sin 2 16f x x π = + +   sin x 0, 6x π ∈   ( )f x 【详解】(1) 由 得 故单增区间 是 (2)由（1）知 在 上单调递增,∴当 时, ； 当 时, ，值域 【点睛】解答三角函数综合题时，需先将三角函数化到最简，将所求函数括号中 整体结合 基础函数图像性质进行代换求解。要快速求解此类题型，需要对于三类三角函数的基础图像 有较为扎实的掌握，包括增减区间、对称轴、对称中心等 18.在锐角 中， ， ， 为内角 ， ， 的对边，且满足 ． （ ）求角 的大小． （ ）已知 ，边 边上的高 ，求 的面积 的值． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 试题分析：（ ）由 ，利用正弦定理和三角函数的恒等变换， 可得 ，即可得到角 的值； （ ）由三角形的面积公式，代入 ，解得 的值，及 的值，再根据余弦定理， 求得 的值，由三角形的面积公式，即可求解三角形的面积. 试题解析： 的 ( ) 22cos 3sin 2f x a b x x= ⋅ = +  3sin 2 cos2 1 2sin 2 16x x x π = + + = + +   ( )2 2 2 ,2 6 2k x k k Z π π ππ π− ≤ + ≤ + ∈ , ( ), .3 6k x k k Z π ππ π− ≤ ≤ + ∈ ( ),3 6k k k Z π ππ π − + ∈   ( )f x 0 6, π     6x π= ( )max 3f x = 0x = ( )min 2f x = [ ]2,3 ABC∆ a b c A B C ( )2 cos 0c a cosB b A− − = 1 B 2 2c = AC 3 21 7BD = ABC∆ S 3 π 3 3 2 1 (2 )cos cos 0c a B b A− − = 1cos 2B = B 2 c ,sinBD B b ,a b （ ）∵ ， 由正弦定理得 ， ∴ ， ， ∵ 且 ，∴ ， ∵ ， ． （ ）∵ ， 代入 ， ， ，得 ， 由余弦定理得： ， 代入 ，得 ， 解得 ，或 ， 又∵锐角三角形， ∴ ，∴ ， ∴ 19.在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 为参数 ，直线 l 与曲线 C： 交于 A，B 两点 求 的长； 在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点 P 的极坐标为 ，求 点 P 到线段 AB 中点 M 的距离． 1 ( )2 cos 0c a cosB b A− − = ( )2sin sin cos sin cos 0C A B B A− − = ( )2sin sin sin cosC A cosB B A− = ( )2sin cos sin 0C B A B− + = πA B C+ = − sin 0C ≠ 1cos 2B = ( )0,πB∈ π 3B = 2 1 1sin2 2S ac B BD b= = ⋅ c 3 21 7BD = 3sin 2B = 7 3b a= 2 2 2 22 cos 4 2b a c ac B a a= + − = + − 7 3b a= 2 9 18 0a a− + = 3 7 a b = = 6 2 7 a b = = 2 2 2a c b< + 3a = 1 1 3 3 3sin 2 32 2 2 2ABCS ac B = = × × × = x 2 t (t y 2 3t = − − = − ) 2 2(y 2) x 1− − = ( )1 AB ( )2 3π2 2, 4      【答案】（1） ；（2） . 【解析】 试题分析：（1）把直线的参数方程代入曲线 的方程，得 ，即可求 解；（2）根据中点坐标的性质可得 中点 对应的参数为 ，由 的几何意义， 可运算结果. 试题解析：（1）直线 的参数方程化为标准型 （ 为参数） 代入曲线 方程得 设 对应的参数分别为 ，则 ， ， 所以 （2）由极坐标与直角坐标互化公式得 直角坐标 ， 所以点 在直线 ，中点 对应参数为 ， 由参数 几何意义，所以点 到线段 中点 的距离 考点：直线的参数方程；极坐标方程的应用. 20.已知 . （1）当 时,求 的解集; （2）若不存在实数 ,使 成立,求 的取值范围. 【答案】(1) 或 .(2) 【解析】 【分析】 (1)当 时,不等式即 ,零点分段可得不等式的解集为 或 . (2)依题意，结合绝对值三角不等式的性质可得 ,据此求解绝对值不等式可 2 14 C 1 2 1 24, 10t t t t+ = − = − AB M 1 2 22 t t+ = − t t C M t AB M ( ) ( )2 0 f x ax ax a a= − + − > 1a = ( )f x x≥ x ( ) 3f x < a { | 1x x ≤ 3}x ≥ 5a ≥ 1a = 2 1x x x− + − ≥ { | 1x x ≤ 3}x ≥ ( ) 2 3f x a≥ − ≥ 得 . 【详解】(1)当 时, ,则 即 , 当 时,原不等式可化为 ,解得 ; 当 时,原不等式可化为 ,解得 ,原不等式无解; 当 时,原不等式可化为 ,解得 . 综上可得,原不等式的解集为 或 . (2)依题意得,对 ,都有 , 则 , 所以 或 ,所以 或 (舍去),所以 . 【点睛】绝对值不等式的解法： 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 21.设 f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，a R. （Ⅰ）令 g(x)=f'(x)，求 g(x)的单调区间； （Ⅱ）已知 f(x)在 x=1 处取得极大值.求实数 a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）当 时，函数 单调递增区间为 ，当 时，函数 单 调递增区间为 ，单调递减区间为 ； （Ⅱ） 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先求出 ，然后讨论当 时，当 时的两种情况即得. （Ⅱ）分以下情况讨论：①当 时，②当 时，③当 时，④当 时，综合即得. 试题解析：（Ⅰ）由 可得 ， 则 ， 5a ≥ 1a = ( ) 2 1f x x x= − + − ( )f x x≥ 2 1x x x− + − ≥ 2x ≥ 2 1x x x− + − ≥ 3x ≥ 1 2x< < 2 1a x x− + − ≥ 1x ≤ 1x ≤ 2 1x x x− + − ≥ 1x ≤ { | 1x x ≤ 3}x ≥ x R∀ ∈ ( ) 3f x ≥ ( ) ( ) ( )2 2f x ax ax a ax ax a= − + − ≥ − − − 2 3a= − ≥ 2 3a − ≥ 2 3a − ≤ − 5a ≥ 1a ≤ − 5a ≥ ∈ 0a ≤ ( )g x ( )0,+∞ 0a > ( )g x 10, 2a （ ） 1 ,2a +∞（ ） 1 2a > ( )g x′ 0a ≤ 0a > 0a ≤ 10 2a< < 1 2a = 1 2a > ( ) ln 2 2 ,f x x ax a= − +′ ( ) ( )ln 2 2 , 0,g x x ax a x= − + ∈ +∞ ( ) 1 1 22 axg x ax x =′ −= − 当 时， 时， ，函数 单调递增； 当 时， 时， ，函数 单调递增， 时， ，函数 单调递减. 所以当 时， 单调递增区间为 ； 当 时，函数 单调递增区间为 ，单调递减区间为 . （Ⅱ）由（Ⅰ）知， . ①当 时， ， 单调递减. 所以当 时， ， 单调递减. 当 时， ， 单调递增. 所以 在 x=1 处取得极小值，不合题意. ②当 时， ，由(Ⅰ)知 在 内单调递增， 可得当当 时， ， 时， ， 所以 在(0,1)内单调递减，在 内单调递增， 所以 在 x=1 处取得极小值，不合题意. ③当 时，即 时， 在(0,1)内单调递增，在 内单调递减， 所以当 时， ， 单调递减，不合题意. ④当 时，即 ，当 时， ， 单调递增, 当 时， ， 单调递减， 所以 f(x)在 x=1 处取得极大值，合题意. 综上可知，实数 a 的取值范围为 . 【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想 0a ≤ ( )0,x∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x 0a > 10, 2x a ∈（ ） ( ) 0g x′ > ( )g x 1 ,2x a ∈ +∞（ ） ( ) 0g x′ < ( )g x 0a ≤ ( )g x ( )0,+∞ 0a > ( )g x 10, 2a （ ） 1 ,2a +∞（ ） ( )1 0f ′ = 0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )0,1x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )1,x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )f x 10 2a< < 1 12a > ( )f x′ 10, 2a （ ） ( )0,1x∈ ( ) 0f x′ < 11, 2x a ∈（ ） ( ) 0f x′ > ( )f x 11, 2a （ ） ( )f x 1 2a = 1 12a = ( )f x′ ( )1,+∞ ( )0,x∈ +∞ ( ) 0f x′ ≤ ( )f x 1 2a > 10 12a < < 1 ,12x a ∈（ ） ( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,x∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x 1 2a > 【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想. 本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当 分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻 辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等. 【此处有视频，请去附件查看】 22.已知函数 ． (1)若 ,求曲线 在点 处的切线方程； (2)若 在 上恒成立,求实数 的取值范围． 【答案】(1) ；(2) . 【解析】 【分析】 （1）先求得点坐标，再利用到导数求切线斜率，进而由点斜式可得解； （2）求函数导数，令 可得 在 上为增函数，分 和 两种情况讨论即可得解. 【详解】(1)因为 ,所以 , ,切 点为 .由 ,所以 ,所以曲线 在 处的切线方程为 , 即 ； (2)由 ,令 ,则 (当且仅当 取等号).故 在 上为增 函数. ①当 时, ,故 在 上为增函数,所以 恒 成立,故 符合题意; ( ) ( 2)ln( 1) ( )f x x x ax a R= + + − ∈ 1a = ( )y f x= ( )0, (0)f ( ) 0f x ≥ [ )0,+∞ a 0x y− = ( ,2]−∞ ( ) ( ) ( [0, ))g x f x x= ∈ +∞′ ( )f x′ [ )0,+∞ 2a ≤ 2a > 1a = ( ) ( 2)ln( 1)f x x x x= + + − (0) (0 2) ln1 0 0f = + × − = (0,0) 2( ) ln( 1) 11 xf x x x +′ = + + −+ ' 0 2(0) ln(0 1) 1 10 1f += + + − =+ ( )y f x= (0,0) 0 1( 0)y x− = − 0x y− = 2( ) ln( 1) 1 xf x x ax += + + ′ + − ( ) ( ) ( [0, ))g x f x x= ∈ +∞′ 2 2 1 1( ) 01 ( 1) ( 1) xg x x x x = − = ≥+ + + ′ 0x = ( )f x′ [ )0,+∞ 2a ≤ ( ) (0) 0f x f′ ′≥ ≥ ( )f x [ )0, + ∞ ( ) (0) 0f x f≥ = 2a ≤ ②当 时,由于 , ,根据零点存在定理,必存在 ,使得 ,由于 在 上为增函数,故当 时, ,故 在 上为减函数, 所以当 时, ,故 在 上不恒成立,所以 不符合题意.综上所述,实数 的取值范围为 . 【点睛】本题主要考查了函数导数的应用，求解切线和解决恒成立问题，利用导数研究函数 单调性是解题的关键，属于中档题. 2a > (0) 2 0f a= − <′ 1( 1) 1 0a af e e − = + >′ (0, 1)at e∈ − ( ) 0f t′ = ( )f x′ [ )0,+∞ ( )0,x t∈ ( ) 0f t′ < ( )f x ( )0,x t∈ ( )0,x t∈ ( ) (0) 0f x f< = ( ) 0f x ≥ [ )0,+∞ 2a > a ( ,2]−∞