天津市2020-2021学年高三（上）第一次月考数学试卷（解析版）

2020-2021 学年天津市高三（上）第一次月考数学试卷 一、选择题（本大题共 9 小题，共 45 分） 1．（5 分）已知集合 A＝{x||x﹣2|＜1}，B＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，则 A∩（∁RB）＝（  ） A．{x|0＜x≤2} B．{x|﹣1≤x＜1 或 2≤x＜3} C．{x|1＜x＜2} D．{x|2≤x＜3} 2．（5 分）对于实数 a，b，c，“a＞b”是“ac2＞bc2”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 3．（5 分）设 a＝ln3，b＝ 3，c＝3﹣2，则（  ） A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞b＞a 4．（5 分）函数 f（x）＝lnx+2x﹣6 的零点所在的区间为（  ） A．（1，2） B．（2，3） C．（3，4） D．（4，5） 5．（5 分）函数 y＝2|x|sin2x 的图象可能是（  ） A． B． C． D． 6．（5 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB＝ ，BC＝2，点 E 为 BC 的中点，点 F 在边 CD 上，若 • ＝ ，则 • 的值是（  ） A．2﹣ B．1 C． D．2 7．（5 分）定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（x+4）＝f（x），当 x∈（0，1）时，f（x）＝ 3x，则 f（log354）＝（  ） A．﹣ B．﹣ C． D． 8．（5 分）已知函数 f ，若 F（x）＝f（x）﹣sin（2020πx）﹣1 在 区间[﹣1，1]上有 m 个零点 x1，x2，x3，…，xm，则 f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xm）＝ （  ） A．4042 B．4041 C．4040 D．4039 9．（5 分）若曲线 C1：y＝x2 与曲线 C2：y＝ （a＞0）存在公切线，则实数 a 的取值范围 （  ） A．（0，1） B． C． D． 二、填空题（本大题共 6 小题，共 30 分） 10．（5 分）已知复数 （i 为虚数单位），则|z|＝   ． 11．（5 分）（x﹣ ）6 的展开式的常数项是   （应用数字作答）． 12．（5 分）已知函数 f（x）＝ ，若 f（x﹣4）＜f（2x﹣3），则实数 x 的 取值范围是   ． 13．（5 分）已知函数 f（x）＝log2（2x+ ）+3，当 x∈[﹣2，2]时，则函数 f（x）的 最大值与最小值之和是   ． 14．（5 分）已知函数 f（x）＝ 的最小值为 2m，则实数 m 的值 为   ． 15．（5 分）已知 m∈R，函数 f（x）＝ ，g（x）＝x2﹣2x+2m﹣1，若 函数 y＝f[g（x）]﹣m 有 4 个零点，则实数 m 的取值范围是   ． 三、解答题（本大题共 5 小题，共 75 分）.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 16．（14 分）已知函数 f（x）＝sin（2ωx﹣ ）+2cos2ωx（ω＞0）的周期为 π． （1）求 ω 的值及函数 f（x）的单调递增区间； （2）若 x0∈[ ， ]，且 f（x0）＝ ，求 sin2x0 的值． 17．（15 分）已知函数 f（x）＝a﹣ （a∈R）为奇函数． （1）求 a 的值； （2）解不等式 f（log2x）≥3； （3）若不等式 f（x）﹣m＞0 对任意 x∈[1，2]恒成立，求实数 m 的取值范围． 18．（15 分）如图，PD⊥平面 ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ ＝2AB＝2，点 E，F，M 分别为 AP，CD，BQ 的中点． （Ⅰ）求证：EF∥平面 MPC； （Ⅱ）求二面角 Q﹣PM﹣C 的正弦值； （Ⅲ）若 N 为线段 CQ 上的点，且直线 DN 与平面 PMQ 所成的角为 ，求线段 QN 的 长． 19．（15 分）已知函数 f（x）＝ +alnx﹣2（a＞0）． （1）若曲线 y＝f（x）在点 P（1，f（1））处的切线与直线 x+2y﹣2＝0 垂直，求 a 的值． （2）若对于任意 x∈（0，+∞）都有 f（x）＞2（a﹣1）成立，试求 a 的取值范围； （3）记 g（x）＝f（x）+x﹣b（b∈R）．当 a＝1 时，函数 g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零 点，求实数 b 的取值范围． 20．（16 分）已知函数 f（x）＝lnx﹣ax+1，其中 a∈R． （1）求 f（x）的单调区间； （2）当 a＝1 时，斜率为 k 的直线 l 与函数 f（x）的图象交于两点 A（x1，y1），B（x2，y2）， 其中 x1＜x2，证明： ； （3）是否存在 k∈Z，使得 f（x）+ax﹣2＞k（1﹣ ）对任意 x＞l 恒成立？若存在，请求出 k 的最大值；若不存在，请说明理由． 2020-2021 学年天津市高三（上）第一次月考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共 9 小题，共 45 分） 1．【分析】分别求出 A 与 B 中不等式的解集确定出 A 与 B 的补集，再找出两集合的交集即 可． 【解答】解：由 A 中不等式变形得：﹣1＜x﹣2＜1， 解得：1＜x＜3，即 A＝（1，3）， 由 B 中不等式变形得：（x+1）（x﹣2）＜0， 故 B 的补集对应不等式为：（x+1）（x﹣2）≥0，解得：x≤﹣1 或 x≥2，即∁RB＝（﹣∞，﹣ 1]∪[2，+∞）， 则 A∩（∁RB）＝[2，3）， 故选：D． 2．【分析】不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac2＞bc2”必须有 c2＞0 这一条件． 【解答】解：主要考查不等式的性质．当 C＝0 时显然左边无法推导出右边，但右边可以推 出左边 故选：B． 3．【分析】利用对数函数、指数函数的单调性直接求解． 【解答】解：∵a＝ln3＞lne＝1， b＝ 3＜ ＝0， c＝3﹣2＝ ， ∴a＞c＞b． 故选：C． 4．【分析】据函数零点的判定定理，判断 f（1），f（2），f（3），f（4）的符号，即可求得结 论． 【解答】解：f（1）＝2﹣6＜0， f（2）＝4+ln2﹣6＜0， f（3）＝6+ln3﹣6＞0， f（4）＝8+ln4﹣6＞0， ∴f（2）f（3）＜0， ∴m 的所在区间为（2，3）． 故选：B． 5．【分析】直接利用函数的图象和性质求出结果． 【解答】解：根据函数的解析式 y＝2|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数， 故排除 A 和 B． 当 x＝ 时，函数的值也为 0， 故排除 C． 故选：D． 6．【分析】根据题意，可分别以边 AB，AD 所在直线为 x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系， 然后可得出点 A，B，E 的坐标，并设 F（x，2），根据 即可求出 x 值，从而得出 F 点的坐标，从而求出 的值． 【解答】解：据题意，分别以 AB、AD 所在直线为 x，y 轴， 建立如图所示平面直角坐标系，则： A（0，0），B（ ，0），E（ ，1），设 F（x，2）； ∴ ； ∴x＝1； ∴F（1，2）， ； ∴ ． 故选：C． 7．【分析】根据题意，由 f（x+4）＝f（x）可得函数 f（x）是周期为 4 的周期函数，由此可 得 f（log354）＝f（log354﹣4）＝f（log3 ），结合函数的奇偶性与解析式分析可得答案． 【解答】解：根据题意，函数 f（x）满足 f（x+4）＝f（x），则 f（x）是周期为 4 的周期函 数， 又由 3＜log354＜4，则 f（log354）＝f（log354﹣4）＝f（log3 ）， 又由 f（x）为奇函数，则 f（log3 ）＝﹣f（﹣log3 ）＝﹣f（log3 ）， 当 x∈（0，1）时，f（x）＝3x，则 f（log3 ）＝ ＝ ， 则 f（log354）＝﹣f（log3 ）＝﹣ ， 故选：A． 8．【分析】本题利用正弦函数的性质求出周期，再利用图象中心对称的性质求出函数值的 和． 【解答】解：∵F（x）＝f（x）﹣sin（2020πx）﹣1 在区间[﹣1，1]上有 m 个零点， ∴f（x）﹣1＝sin（2020πx）在区间[﹣1，1]上有 m 个零点， 即 g（x）＝f（x）﹣1＝ 与 h（x）＝sin（2020πx）在区间[﹣1，1]上有 m 个交点， ∵T＝ ＝ 且 h（x）关于原点对称， 在区间[﹣1，1]上 h（x）max＝1，h（x）min＝﹣1 又∵g（x）＝f（x）﹣1＝ ∴在区间[﹣1，1]上 g（x）max＝g（ ）＝ ，g（x）min＝g（﹣ ）＝﹣ 且 g（x）关于原点对称． ∵根据 g（x）和 h（x）函数图象特点易知在 h（x）一个周期内， g（x）和 h（x）图象有两个交点． ∵T＝ ∴在（0，1]内共有 1010 个周期， ∴g（x）和 h（x）图象共有 2020 个交点， ∵g（x）和 h（x）图象都关于原点对称， ∴g（x）和 h（x）图象在[﹣1，0）U（0，1]共有 4040 个交点， 再加上（0，0）这个交点． ∵g（x）关于原点对称，设 x1，x2 为关于原点对称的两个交点横坐标， ∴g（x1）+g（x2）＝0，即 f（x1）﹣1+f（x2）﹣1＝0， 即 f（x1）+f（x2）＝2， ∴f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xm）＝ ×2+f（0）＝4040+1＝4041． 故选：B． 9．【分析】分别求出两个函数的导函数，由两函数在切点处的导数相等，并由斜率公式，得 到由此得到 m＝2n﹣2， 则 4n﹣4＝ en 有解．再由导数即可进一步求得 a 的取值范围． 【解答】解：y＝x2 在点（m，m2）的切线斜率为 2m， y＝ （a＞0）在点（n， en）的切线斜率为 en， 如果两个曲线存在公共切线，那么：2m＝ en． 又由斜率公式得到，2m＝ ， 由此得到 m＝2n﹣2， 则 4n﹣4＝ en 有解， 由 y＝4x﹣4，y＝ ex 的图象有交点即可． 设切点为（s，t），则 es＝4，且 t＝4s﹣4＝ es， 即有切点（2，4）， a＝ ， 故 a 的取值范围是：a≥ ． 故选：D． 二、填空题（本大题共 6 小题，共 30 分） 10．【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出． 【解答】解：复数 z＝ ＝ ＝ ＝1+i， 则|z|＝ ． 故答案为： ． 11．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 0，求得 r 的值，即可 求得展开式中的常数项的值． 【解答】解：由于（x﹣ ）6 展开式的通项公式为 Tr+1＝ •（﹣2）r•x6﹣2r， 令 6﹣2r＝0，求得 r＝3，可得（x﹣ ）6 展开式的常数项为﹣8 ＝﹣160， 故答案为：﹣160． 12．【分析】首先判定函数的单调性，然后去掉 f（x﹣4）＜f（2x﹣3）中的“f”，从而可求 x 的范围． 【解答】解：f（x）＝ln（x+1）在（0，+∞）上单调递增，且 f（x）≥f（0）＝0， ∵f（x﹣4）＜f（2x﹣3 ） ∴0≤x﹣4＜2x﹣3 或 ， 解得 x≥4 或 ＜x＜4； 故实数 x 的取值范围为：（ ，+∞）． 故答案为：（ ，+∞）． 13．【分析】利用奇函数最值之和为定值 0 即可求解． 【解答】解：令 h（x）＝log2（2x+ ）， 由 h（﹣x）＝log2（﹣2x+ ）， ∴h（﹣x）+h（x）＝0，h（x）是奇函数， 而 y＝2x+ ，y＝log2x 在（0，+∞）递增， 故 h（x）在（0，+∞）递增，故 h（x）在 R 递增， 则 f（x）min＝h（x）min+3， f（x）max＝h（x）max+3 ∴f（x）min+f（x）max＝h（x）min+3+h（x）max+3＝6， 故答案为：6． 14．【分析】根据函数的单调性求出函数的最小值，得到关于 m 的方程，解出即可． 【解答】解：x≥0 时，f（x）＝2x+1+2m 在[0，+∞）递增， f（x）min＝f（0）＝2+2m＞2m，不是最小值， x＜0 时，f（x）＝2x2﹣mx，对称轴 x＝ ， m≥0 时，f（x）在（﹣∞，0）递减，f（x）＜f（0）＝0，不合题意， m＜0 时，f（x）在（﹣∞， ）递减，在（ ，0）递增， 故 f（x）min＝f（ ）＝﹣ ＝2m，解得：m＝﹣16， 故答案为：﹣16． 15．【分析】由题意画出函数 y＝f（x）的图象，令 g（x）＝t，可知要使函数 y＝f（g（x））﹣ m 有 4 个零点，则 g（x）与 y＝t 有 4 个交点，则函数 f（t）与 y＝m 有两个交点 t1，t2，且 满足 t1＞t2＞2m﹣2，再分别讨论 m 的正负性即可． 【解答】解：函数 f（x）＝ 的图象如图： 令 g（x）＝t，y＝f[g（x）]﹣m＝f（t）﹣m， 因为函数 y＝f[g（x）]﹣m 有 4 个零点，所以函数 g（x）与 y＝t 有 4 个交点， 因为 g（x）＝x2﹣2x+2m﹣1＝（x﹣1）2+2m﹣2≥2m﹣2， 所以 t≥2m﹣2， 故函数 f（t）与 y＝m 有两个交点 t1，t2，且满足 t1＞t2＞2m﹣2， ①当 m＜0 时，y＝m 与函数 f（t）至多一个交点，故舍去； ②当 m＝0 时，t1＝2，t2＝﹣ ，满足 t1＞t2＞﹣2，故成立； ③当 m＞0 时，要使得函数 f（t）与 y＝m 有两个交点 t1，t2，且满足 t1＞t2＞2m﹣2， 则 ，解得 ， 综上 m 的取值范围是（ ）∪{0}， 故答案为：（ ）∪{0}． 三、解答题（本大题共 5 小题，共 75 分）.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 16．【分析】（1）直接利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的关 系式． （2）利用角的变换的应用和和角公式的应用求出结果． 【解答】解：（1）f（x）＝sin（2ωx﹣ ）+2cos2ωx＝ ＝ ． 由于函数的最小正周期为 π， 所以 ω＝2． 故 ． 令 （k∈Z）， 解得 （k∈Z）， 故函数的单调递增区间为[ ]（k∈Z）． （2）由于 x0∈[ ， ]， 所以 ， 由于 f（x0）＝ ，所以 ，解得 ， 所以 ， 故 ． 则 ＝ ＝ ． 17．【分析】（1）由奇函数的定义知 f（﹣x）＝﹣f（x），列方程求出 a 的值； （2）由 a 的值写出 f（x）的解析式，画出函数 f（x）的图象， 根据图象判断函数的单调性，把不等式 f（log2x）≥3 化为 0＞log2x≥﹣1，求出解集即可； （3）问题等价于不等式 m＜﹣1﹣ 对任意 x∈[1，2]恒成立， 求出 g（x）＝﹣1﹣ 在 x∈[1，2]的最小值，即可得出 m 的取值范围． 【解答】解：（1）函数 f（x）＝a﹣ （a∈R）为奇函数， 所以 f（﹣x）＝﹣f（x），即 a﹣ ＝﹣a+ ， 所以 2a＝ + ＝ +2• ＝ ＝﹣2， 解得 a＝﹣1； （2）a＝﹣1 时，f（x）＝﹣1﹣ ，且 2x﹣1≠0，所以 x≠0； 由函数 f（x）是定义域（﹣∞，0）∪（0，+）上的奇函数， 且在每个区间内单调递增，如图所示； 令 f（x）＝3，得﹣1﹣ ＝3， 解得 x＝﹣1； 所以不等式 f（log2x）≥3 可化为 0＞log2x≥﹣1； 解得 ≤x＜1，所以不等式的解集为[ ，1）． （3）不等式 f（x）﹣m＞0 对任意 x∈[1，2]恒成立， 化为不等式 m＜﹣1﹣ 对任意 x∈[1，2]恒成立； g（x）＝﹣1﹣ ，x∈[1，2]； 由 g（x）在 x∈[﹣1，2]上是单调减函数，且 g（x）min＝﹣1﹣ ＝﹣3， 所以 m＜﹣3， 即实数 m 的取值范围是（﹣∞，﹣3）． 18．【分析】（Ⅰ）连接 EM，证明 PABQ 是平行四边形．证明 EF∥MC，即可证明 EF∥平面 MPC． （Ⅱ）建立以 D 为原点，分别以 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向的 空间直角坐标系．求出平面 PMQ 的法向量，平面 MPC 的法向量，通过空间向量的数量积 求解二面角 Q﹣PM﹣C 的正弦值． （Ⅲ）设 ，即 ，求出平面 PMQ 的法 向量，利用空间向量的数量积求解 λ，推出结果． 【解答】（本小题满分 13 分） 解：（Ⅰ）连接 EM，因为 AB∥CD，PQ∥CD，所以 AB∥PQ，又因为 AB＝PQ，所以 PABQ 为平行四边形． 由点 E 和 M 分别为 AP 和 BQ 的中点，可得 EM∥AB 且 EM＝AB， 因为 AB∥CD，CD＝2AB，F 为 CD 的中点，所以 CF∥AB 且 CF＝AB，可得 EM∥CF 且 EM ＝CF，即四边形 EFCM 为平行四边形，所以 EF∥MC，又 EF⊄平面 MPC，CM⊂平面 MPC， 所以 EF∥平面 MPC． （Ⅱ）因为 PD⊥平面 ABCD，AD⊥CD，可以建立以 D 为原点，分别以 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系． 依题意可得 D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），Q （ 0 ， 1 ， 2 ） ， M （ 1 ， 1 ， 1 ） . 设 为平面 PMQ 的法向量， 则 ，即 ，不妨设 z＝1，可为 ， 设 为平面 MPC 的法向量， 则 ，即 ， 不 妨 设 z ＝ 1 ， 可 得 . ， 于 是 ． 所以，二面角 Q﹣PM﹣C 的正弦值为 ． （Ⅲ）设 ，即 ，则 N（0，λ+1，2﹣ 2λ）． 从而 ． 由（Ⅱ）知平面 PMQ 的法向量为 ， 由题意， ，即 ， 整理得 3λ2﹣10λ+3＝0，解得 或 λ＝3 因为 0≤λ≤1 所以 ． 所以， ． 19．【分析】（1）根据题意可得直线 x+2y﹣2＝0 的斜率为﹣ ，那么切线的斜率为 2，根据 导数的几何意义可得 f′（1）＝2，进而解得 a 的值． （2）对 f（x）求导数，分析单调性，得 f（x）的最下值，对于∀x∈（0，+∞）都有 f（x）＞ 2（a﹣1）成立，⇒f（x）最小值大于 2（a﹣1）即可解得答案． （3）对 g（x）求导分析单调性，若函数 g（x）在区间[e ﹣ 1，e]上有两个零点，则 ，解得 b 的取值范围． 【解答】解：（1）直线 x+2y﹣2＝0 的斜率为﹣ ，函数 f（x）的定义域为（0，+∞）， 因为 f′（x）＝﹣ + ， 所以 f′（1）＝﹣ + ＝2，所以 a＝4． （2）f′（x）＝﹣ + ＝ ， 由 f′（x）＞0 解得 x＞ ， 由 f′（x）＜0 解得 0＜x＜ ， 所以 f（x）在区间（ ，+∞）上单调递增，在区间（0， ）上单调递减， 所以，当 x＝ 时，函数 f（x）取得最小值，ymin＝f（ ）， 因为对于∀x∈（0，+∞）都有 f（x）＞2（a﹣1）成立， 所以 f（ ）＞2（a﹣1）即可， 则 +aln ﹣2＞2（a﹣1），由 aln ＞a 解得 0＜a＜ ． 所以 a 的取值范围是（0， ）． （3）依题意得 g（x）＝ +lnx+x﹣2﹣b， 则 g′（x）＝ ， 由 g′（x）＞0，解得 x＞1， 由 g′（x）＜0，解得 0＜x＜1， 所以函数 g（x）在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为增函数， 又因为函数 g（x）在区间[e﹣1，e]上有两个零点， 所以 ，即 ， 解得 1＜b≤ +e﹣1， 所以 b 的取值范围是（1， +e﹣1]． 20．【分析】（1）求出原函数的导函数，然后对 a 分类求得函数的单调区间； （2）把 a＝1 代入函数解析式，然后利用分析法把证明 ，转化为证 ＜ ＜ ．分别令 ，k（t）＝lnt﹣t+1（t＞1），再由导数证明 1﹣ ＜lnt＜t﹣1（t＞1）得答案； （3）由已知 f（x）+ax﹣2＞k（1 一 ）即为 x（lnx﹣1）＞k（x﹣2），x＞1，即 x（lnx﹣1）﹣ kx+2k＞0，k＞1．令 g（x）＝x（lnx﹣1）﹣kx+2k，x＞1，求导后分 k≤0 和 k＞0 求函数的 单调区间，进一步求得函数的最值得答案． 【解答】（1）解：∵f′（x）＝ ，x＞0， ∴当 a＜0 时，f′（x）＞0，即 f（x）在（0，+∞）上是增函数． 当 a＞0 时，x∈（0， ）时，f′（x）＞0，f（x）在（0， ）上为增函数；x∈（ ，+∞） 时，f′（x）＜0，f（x）在（ ，+∞）上为减函数． 综上所述，当 a＜0 时，f（x）的增区间为（0，+∞）；当 a＞0 时，f（x）的单调增区间为 （0， ），f（x）的单调减区间为（ ，+∞）； （2）当 a＝1 时，f（x）＝lnx﹣x+1， ∴ ， ∴ ． 要证 ，即证 ＜ ＜ ， ∵x2﹣x1＞0，即证 ＜ ＜ ． 令 ，即证 ＜lnt＜t﹣1（t＞1）． 令 k（t）＝lnt﹣t+1（t＞1），由（1）知，k（t）在（1，+∞）上单调递减， ∴k（t）＜k（1）＝0，即 lnt﹣t+1＜0，则 lnt＜t﹣1．① 令 h（t）＝lnt+ ﹣1（t＞1），则 h′（t）＝ ， ∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，则 h（t）＞h（1）＝0，即 lnt＞1﹣ （t＞1）．② 综①②得：1﹣ ＜lnt＜t﹣1（t＞1），即 ； （3）解：由已知 f（x）+ax﹣2＞k（1 一 ）即为 x（lnx﹣1）＞k（x﹣2），x＞1， 即 x（lnx﹣1）﹣kx+2k＞0，k＞1． 令 g（x）＝x（lnx﹣1）﹣kx+2k，x＞1， 则 g′（x）＝lnx﹣k， 当 k≤0 时，g′（x）＞0，故 g（x）在（1，+∞）上为增函数， 由 g（1）＝﹣1﹣k+2k＝k﹣1＞0，则 k＞1，矛盾． 当 k＞0 时，由 lnx﹣k＞0，解得 x＞ek，由 lnx﹣k＜0，解得 1＜x＜ek， 故 g（x）在（1，ek）上是减函数，在（ek，+∞）上是增函数， ∴