2020届天津一中高三上学期第一次月考数学试题 PDF版

本试卷分为第I卷（选择题）、第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟考生务必将答案涂写在规定的位置上，答在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利!一、选择题：1．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，B＝{x|log1x≥﹣1}，则A∪B＝（2）A．（﹣1，2）B．（﹣1，2]C．（0，1）D．（0，2）2．对一切θ∈R，3m2﹣1

m＞sinθcosθ恒成立，则实数m的取值范围是（2B．（﹣∞，﹣）A．（﹣11，）3211，）2311

）∪（，+∞）3211

）∪（，+∞）23C．（﹣D．（﹣∞，﹣3．把函数f（x）＝sinx图象上所有点的横坐标缩短到原来的得曲线向右平移1

倍（纵坐标不变），再把所2）个单位长度，最后所得曲线的一条对称轴是（6B．x

A．x

1212C．x

3D．x

7124．已知a＝30.1，b＝log32，c＝cos4，则（A．c＜a＜bB．a＜c＜b）C．c＜b＜aD．b＜c＜a5．若sin（α﹣1）＝，则cos（+2α）＝（422B．

）A．

3423C．﹣12D．

132

6．已知f（x）是定义在R上的奇函数，若f（2+x）＝f（﹣x），f（1）＝3，则f（2018）+f（2019）的值为（A．﹣3）B．0C．3D．67．用边长为18cm的正方形铁皮做一个无盖的铁盒，在铁皮的四角各截去一个面积相等的小正方形，然后把四边折起，就能焊成铁盒，当铁盒的容积最大时，截去的小正方形的边长为（A．1cm）B．2cmC．3cmD．4cmxx

x(ee),x0

8．设函数f（x）＝，若函数g（x）＝f（x）﹣ax恰有两个零点，则2

x2x4,x0

实数a的取值范围为（A．（0，2））C．（2，+∞）D．[2，+∞）B．（0，2]9．已知函数f（x）＝sin（ωx+θ），其中ω＞0，∈（0，），其图象关于直线x＝对26，将函数f（x）的图象向左2）称，对满足|f（x1）﹣f（x2）|＝2的x1，x2，有|x1﹣x2|min＝平移个单位长度得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的单调递减区间是（6,k]（k∈Z）625,k]（k∈Z）36B．[k,k

A．[k

]（k∈Z）2C．[kD．[k

7,k]（k∈Z）1212二、填空题：10．已知复数z＝ai

（a∈R）的实部为﹣1，则|z|＝2i1

(0)，则cos4sin4的值是3．11．已知sincos

3

12．已知函数f(x)(bx1)exa(a,bR)．若曲线yf(x)在点(0，f(0))处的切线方程为yx，则a，b的值分别为a=，b=．13．已知函数f（x）＝|log3x|，实数m，n满足0＜m＜n，且f（m）＝f（n），若f（x）在[m2，n]的最大值为2，则n＝m．14．已知甲盒中仅有一个球且为红球，乙盒中有3个红球和4个蓝球，从乙盒中随机抽取i（i＝1，2）个球放在甲盒中，放入i个球后，甲盒中含有红球的个数ξi（i＝1，2），则E（ξ1）+E（ξ2）的值为15．已知函数f（x）＝＝kπ（k∈Z）：sin2x﹣2cos2x+1，有以下结论：①若f（x1）＝f（x2），则x1﹣x2

②f（x）在区间[﹣73，﹣]上是增函数：842）图象关于x轴对称：3③f（x）的图象与g（x）＝﹣2cos（2x﹣④设函数h（x）＝f（x）﹣2x，当θ＝时，h（θ﹣2）+h（θ）+h（θ+2）＝﹣．122其中正确的结论为．4

三、解答题：16．已知0（1）求tan(5，cos()．245)的值；4)的值．3（2）求sin(217．已知函数f(x)2sinxxcosxx，f(x)为f(x)的导数．（Ⅰ）求曲线yf(x)在点A(0，f(0))处的切线方程；（Ⅱ）证明：f(x)在区间(0,)上存在唯一零点；（Ⅲ）设g(x)x22xa(aR)，若对任意x1[0，]，均存在x2[1，2]，使得f(x1)g(x2)，求实数a的取值范围．18．已知函数f(x)sin(2x小正周期为（1）求的值；（2）求f(x)的单调增区间)sin(2x)2cos2x，其中0，且函数f(x)的最33（3）若函数g(x)f(x)a在区间[，]上有两个零点，求实数a的取值范围．445

x2y2519．设椭圆221(ab0)的右顶点为，上顶点为．已知椭圆的离心率为，ab3|AB|13.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设直线：点，若的面积是与椭圆交于，两点，且点在第二象限.与面积的3倍，求的值.延长线交于20．已知函数f(x)lnx，g(x)abx1，(a,bR)x2（Ⅰ）当a1，b0时，求曲线yf(x)g(x)在x1处的切线方程；（Ⅱ）当b0时，若对任意的x[1，2]，f(x)g(x)󰀮0恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a0，b0时，若方程f(x)g(x)有两个不同的实数解x1，x2(x1x2)，求证：x1x22．6

参考答案：一．选择题（共9小题）

1．【解答】解：∵集合A＝{x|x2﹣x﹣2＜0}＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{x|logx≥﹣1}＝{x|0＜x≤2}，

∴A∪B＝{x|﹣1＜x≤2}＝（﹣1，2]．故选：B．

2．【解答】解：对一切θ∈R，3m2﹣m＞sinθcosθ恒成立，转化为：3m2﹣m＞sinθcosθ的最大值，

又θ∈R知sinθcosθ∈[﹣，]，

sinθcosθ的最大值为；

所以3m2﹣m＞；可得m＜﹣或m＞．

故选：B．

3．【解答】解：函数f（x）＝sinx图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），可得y＝sin2x，再把所得曲线向右平移

个单位长度，可得y＝sin2（x

）＝sin（2x﹣

）

由对称轴方程2x﹣＝，k∈Z

当k＝﹣1时，可得一条对称轴x＝

7

故选：A．

4．【解答】解：∵30.1＞30＝1，0＝log31＜log32＜log33＝1，＜0；∴c＜b＜a．故选：C．

5．【解答】解：∵sin（α﹣

）＝，

，cos4

则cos（＝﹣1+2

+2α）＝﹣cos[π﹣（+2α）]＝﹣cos（﹣2α）＝﹣cos（2α﹣）

＝﹣1+2×＝﹣，

故选：C．

6．【解答】解：∵f（x）为奇函数，∴f（﹣x）＝﹣f（x），又f（2+x）＝f（﹣x），∴f（2+x）＝﹣f（x），

∴f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），∴函数f（x）是周期为4的周期函数，

∴f（2018）+f（2019）＝f（4×504+2）+f（4×504+3）＝f（2）+f（3），又f（2）＝f（0）＝0，f（3）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣3，∴f（2018）+f（2019）＝﹣3．故选：A．

8

7．【解答】解：设截去的小正方形的边长为xcm，铁盒的容积为Vcm3，由题意得，V＝x（18﹣2x）2（0＜x＜9），V′＝12（3﹣x）（9﹣x），

令V′＝0，则在（0，9）内有x＝3．故当x＝3时，V有最大值；故选：C．

8．【解答】解：由y＝f（x）﹣ax恰有两个零点，而当x＝0时，y＝f（0）﹣0＝0，即x＝0是函数的一个零点，

故当x≠0时，必有一个零点，即函数与函

数y＝a必有一个交点，作出函数h（x）图象如下所示，

由图可知，要使函数h（x）与函数y＝a有一个交点，只需0＜a＜2即可．故实数a的取值范围是（0，2）．

9

故选：A．

9．【解答】解：已知函数f（x）＝sin（ωx+θ），其中ω＞0，0∈（0，象关于直线x＝

对称，

），其图

对满足|f（x1）﹣f（x2）|＝2的x1，x2，有|x1﹣x2|min＝＝•，∴ω＝2．

再根据其图象关于直线x＝对称，可得2×+φ＝kπ+，k∈Z．

∴φ＝，∴f（x）＝sin（2x+）．

将函数f（x）的图象向左平移＝cos2x的图象．

个单位长度得到函数g（x）＝sin（2x++）

令2kπ≤2x≤2kπ+π，求得kπ≤x≤kπ+，

则函数g（x）的单调递减区间是[kπ，kπ+]，k∈Z，

故选：B．

二．填空题（共6小题）10．【解答】解：∵z＝

＝

，

∴，即a＝5．

∴z＝﹣1+2i，则|z|＝故答案为：

．

．

10

11．【解答】解：把sinα+cosα＝，两边平方得：（sinα+cosα）2＝1+2sinαcosα＝，即2sinαcosα＝﹣，

则sinαcosα＝﹣，

则cos4α+sin4α＝（sin2α+cos2α）2﹣2sin2αcos2α＝1﹣2（）2＝．

故答案为：．

12．【解答】解：f(x)(bx1)exa得f(x)ex(bxb1)，曲线yf(x)在点(0，f(0))处的切线方程为yx．f(0)1，f(0)0，即b11，1a0，解得a1，b2，故答案为：1，2．13．【解答】解：∵f（x）＝|log3x|，正实数m，n满足m＜n，且f（m）＝f（n），∴﹣log3m＝log3n，∴mn＝1．

∵f（x）在区间[m2，n]上的最大值为2，函数f（x）在[m2，1）上是减函数，在（1，n]上是增函数，∴﹣log3m2＝2，或log3n＝2．

若﹣log3m2＝2是最大值，得m＝，则n＝3，此时log3n＝1，满足题意条件．那么：

同理：若log3n＝2是最大值，得n＝9，则m＝，此时﹣log3m2＝4，不满足题意条件．

11

综合可得m＝，n＝3，故，

故答案为9．

14．【解答】解：甲盒中含有红球的个数ξ1的取值为1，2，

则P（ξ1＝1）＝，P（ξ1＝2）＝．

则E（ξ1）＝；

甲盒中含有红球的个数ξ2的取值为1，2，3，

则P（ξ2＝1）＝＝，P（ξ2＝2）＝＝，P（ξ2＝3）＝＝．

则E（ξ2）＝．

∴E（ξ1）+E（ξ2）＝．

故答案为：．

15．【解答】解：函数化简可得f（x）＝sin2x﹣2cos2x+1＝2sin（2x﹣），

对于①：若f（x1）＝f（x2），可知x1，x2关于对称轴是对称的，即x1+x2＝

，∴①不对；

对于②：令2x﹣，可得；

∴f（x）在区间[﹣，﹣]上是增函数：②正确；

12

对于③：f（x）的图象关于x轴对称，可得y＝﹣2sin（2x﹣

）；∴③对；

）＝﹣2cos（2x﹣

对于④：设函数h（x）＝f（x）﹣2x＝2sin（2x﹣）﹣2x

当θ＝时，h（θ﹣2）＝2sin（2（θ﹣2）﹣）﹣2（θ﹣2）＝2sin（2θ﹣4﹣

）﹣（2θ﹣4）

h（θ）＝2sin（2θ﹣）﹣2θ

h（θ+2）＝2sin（2θ+4﹣）﹣（2θ+4）

∴h（θ﹣2）+h（θ）+h（θ+2）＝﹣．

故答案为：②③④三．解答题（共5小题）

16．【分析】（1）由题意利用同角三角函数的基本关系求得，sin(tan()的值，可得4)的值．4（2）先求得tan的值，再利用二倍角公式求得sin2、cos2的值，再利用两角和的正弦公式求得sin(2【解答】)的值．3：（1）解已知02，5cos()45，sin(25，)1cos2()445sin()4tan()2．4cos()413

（2）tan(tan11)2，tan，41tan3cos2sin21tan242sincos2tan3，sin2，cos2

sin2cos2tan215sin2cos2tan215sin(2)

3343．1017．【分析】（Ⅰ）求出f(x)，推出f(0)0，f(0)0，然后求解曲线yf(x)在点A(0，（Ⅱ）设g(x)f(x)，则g(x)cosxxsinx1，g(x)xcosx．求f(0))处的切线方程．出函数的导数，得到函数的单调区间，然后转化求解函数的零点．（Ⅲ）由已知，转化为f(x)ming(x)min，求出g(x)ming（1）a1．设为x0，且当x(0,x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，求出函数的最小值，然后求解a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f(x)cosxxsinx1，所以f(0)0，f(0)0，从而曲线yf(x)在点A(0，f(0))处的切线方程为y0．（Ⅱ）设g(x)f(x)，则g(x)cosxxsinx1，g(x)xcosx．当x(0,)时，g(x)0；2当x(,)时，g(x)0，2所以g(x)在(0,)单调递增，在(,)单调递减．22又g(0)0,g()0,g()2，2故g(x)在(0,)存在唯一零点．所以f(x)在(0,)存在唯一零点．（Ⅲ）由已知，转化为f(x)ming(x)min，且g(x)ming（1）a1．由（Ⅱ）知，f(x)在(0,)只有一个零点，设为x0，且当x(0,x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0,x0)单调递增，在(x0，)单调递减．14

又f(0)0，f()0，所以当x[0，]时，f(x)min0．所以0a1，即a1，因此，a的取值范围是(,1)．18．【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f(x)2sin(2x)1，利用三角函数周期公式可求的值．4（2）由正弦函数的单调性可求f(x)的单调增区间．（3）作出函数yf(x)在[，]上的图象，从图象可看出f(0)f()2，444f()21，可求当曲线yf(x)与ya在x[，]上有两个交点时，8442󰀭a21，即可得解实数a的取值范围．【解答】（本题满分为12分）解：（1）f(x)sin(2x)sin(2x)2cos2x331313sin2xcos2xsin2xcos2x1cos2x2222sin2xcos2x12sin(2xT)1，3分42，214分（2）由2k解得：󰀭2x󰀭2k，kZ，6分2423k󰀭x󰀭k，kZ，7分883k，k]，kZ，8分88可得f(x)的单调增区间为：[（3）作出函数yf(x)在[，]上的图象如右：4415

函数g(x)有两个零点，即方程f(x)a0有两解，亦即曲线yf(x)与ya在x[，44]上有两个交点，从图象可看出f(0)f(4)2，f(8)21，所以当曲线yf(x)与ya在x[4，4]上有两个交点时，则2󰀭a21，即实数a的取值范围是[2，21)．12分19．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】（Ⅰ）设椭圆的焦距为，由已知得∴，，所以，椭圆的方程为．（II）设点，，由题意，且由的面积是面积的3倍，可得，所以，从而，所以，即．易知直线的方程为，由消去，可得由方程组消去，可得．由，可得，16

整理得当时，．，解得，或．时，，不符合题意，舍去．，符合题意；当所以，的值为20．【分析】（Ⅰ）求出yf(x)g(x)的导函数，求出函数在x1时的导数得到切线的斜率，然后用一般式写出切线的方程；（Ⅱ）对x[1，2]，f(x)g(x)󰀮0都成立，则对x[1，2]，a󰀮x2lnxx2，恒成立，构造函数h(x)x2lnxx2(1󰀭x󰀭2)，求出h(x)的最大值可得a的范围；（Ⅲ）由f(x)g(x)，得lnxbx10，构造函数F(x)lnxbx1(x0)，将问题转化22为证明F(x1)0F(x1)，然后构造函数证明F(x1)F(x1)0F(x2)即可．bb【解答】解：（Ⅰ）当a1时，b0时，ylnxy12，当x1时，y1，xx311，当x1时，y2，2x曲线yf(x)g(x)在x1处的切线方程为xy30；（Ⅱ）当b0时，对x[1，2]，f(x)g(x)󰀮0都成立，则对x[1，2]，a󰀮x2lnxx2恒成立，令h(x)x2lnxx2(1󰀭x󰀭2)，则h(x)2xlnxx．令h(x)0，则xe，当1xe，h(x)0，此时h(x)单调递增；当ex2时，h(x)0，此时h(x)单调递减，h(x)maxh(e)ee，a󰀮，22ea的取值范围为[,)；2（Ⅲ）当a0，b0时，由f(x)g(x)，得lnxbx10，方程f(x)g(x)有两个不同的实数解x1，x2(x1x2)，17

令F(x)lnxbx1(x0)，则F(x1)F(x2)0，F(x)当0x11b，令F(x)0，则x，xb11时，F(x)0，此时F(x)单调递增；当x时，F(x)0，此时F(x)单调bb递减，F(x)maxF(1b)0，0b1，又F(1e)be0，F（1）1b0，1ex11121b，bx1b，只要证明x222bx1，就能得到x1x2b2，即只要证明F(2bx1)0F(x1)，令G(x)F(2bx)F(x)ln(2bx)lnx2bx2(0x󰀭12b(x1b)，则G(x)b)2x(x0，2b)G(x)在(0,11211b)上单调递减，则G(x)G(b)F(bb)F(b)0，G(x1)F(22bx1)F(x1)0，F(bx1)F(x1)0F(x2)，x22bx1，x1x22b2，即x1x22，证毕．18