2020-2021学年江西省赣州市高三（上）10月月考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三（上）10月月考数学（文）试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设集合A={1, 2, 4}，B={x|x2−4x+m−1＝0}，若A∩B={1}，则B=( )
A.{1, −3}B.{1, 0}C.{1, 3}D.{1, 5}

2. 已知a→=(1,−2)，b→=(2,m)，若a→⊥b→，则|b→|=( )
A.12B.1C.3D.5

3. 设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=( )
A.5B.7C.9D.11

4. 方程ln(x+1)−2x=0，(x>0)的根存在的大致区间是( )
A.(0,1)B.(1,2)C.(2,e)D.(3,4)

5. 已知奇函数f(x)在R上是增函数．若a=−flg215，b=f(lg24.1)，c=f(20.8)，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A.192里B.96里C.48里D.24里

7. 函数y=x2+ln|x|x的图象大致为( )
A.
B.
C.
D.

8. 已知复数z=1+2i1−i，则1+z+z2+⋯+z2019=( )
A.1+iB.1−iC.iD.0

9. 已知sin(α+π6)−csα=13，则cs(2α−π3)的值为( )
A.−518B.518C.−79D.79

10. 实数x，y，k满足x+y−3≥0，x−y+1≥0，x≤k，z=x2+y2，若z的最大值为13，则k的值为( )
A.1B.2C.3D.4

11. 如图，在△ABC中， AD→=23AC→，BP→=13BD→，若AP→=λAB→+μAC→，则λμ的值为( )

A.−3B.−2C.2D.3

12. 已知函数f(x)=lnx+(x−t)2x，若对任意的x∈[1, 2]，f′(x)⋅x+f(x)>0恒成立，则实数t的取值范围是( )
A.(−∞,2]B.(−∞,32)C.(−∞,94]D.[2,+∞)
二、填空题

已知函数f(x)=csxsin2x，下列结论中正确的序号有________.
①f(x)既是奇函数，又是周期函数 ②y=f(x)的图象关于直线x=π2对称
③f(x)的最大值为239 ④y=f(x)在[−π6, π6]上是增函数
三、解答题

设p：实数x满足x2−2x+1−m2≤0，其中m>0，命题q:12x+2≥1．
(1)若m=2且p或q为真命题，求实数x的取值范围；

(2)若¬q是¬p的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an，12成等差数列．
(1)证明数列{an}是等比数列；

(2)若bn=lg2an+3，求数列{1bnbn+1}的前n项和Tn．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA−sinC(csB+33sinB)=0.
(1)求角C的大小；

(2)若c=2，且△ABC的面积为3，求a，b 的值．

设函数f(x)=lnx+x2+ax.
(1)若x=12时，f(x)取得极值，求a的值；

(2)若f(x)在其定义域内为增函数，求a的取值范围．

已知a>0，b>0，且a+2b=4a+2b.
(1)证明a+2b≥4；

(2)若a−1b−1>0，求1lg2a+3lg2b的最小值.

已知函数f(x)=ex+3x2−ax．
(1)若f(x)在x=0处取得极值，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；

(2)若关于x的不等式f(x)≥72x2+ax+1在x≥12时恒成立，试求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三（上）10月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
元素与集合关系的判断
【解析】
由交集定义得x＝1是x2−4x+m−1＝0的解从而求出m＝4，由此能求出集合B．
【解答】
解：∵ 集合A={1, 2, 4}，B={x|x2−4x+m−1＝0}，A∩B={1}，
∴ x=1是x2−4x+m−1=0的一个解，
∴ 1−4+m−1=0，
解得：m=4，
∴ B={x|x2−4x+m−1＝0}={x|x2−4x+3＝0}={1, 3}．
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量模长的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a→⊥b→得到1×2−2m=0，
解得：m=1，
所以|b→|=4+1=5.
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
等差中项
等差数列的前n项和
【解析】
由已知结合等差数列的性质求得a3=1，再由S5=5a3得答案．
【解答】
解：∵ 数列{an}是等差数列，
且a1+a3+a5=3，
得3a3=3，即a3=1．
∴ S5=5a3=5．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令f(x)=ln(x+1)−2x，(x>0)，
则f(1)=ln2−2<0，f(2)=ln3−1>0，
∴ 方程ln(x+1)−2x=0，(x>0)的根存在的大致区间是(1,2).
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
对数值大小的比较
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 函数f(x)为奇函数，
∴ a=−flg215=f(lg25)．
∵ lg25>lg24.1>2>20.8，且函数f(x)在R上是增函数，
∴ f(20.8)∴ c故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等比数列an的首项为a1，公比为q=12，
依题意有a11−1261−12=378，解得a1=192，
则a2=192×12=96，即第二天走了96里.
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
通过特值法逐步排除选项即可得到结果．
【解答】
解：x=−1时，函数y=x2+ln|x|x=1，所以选项A，选项B不正确；
x=1e时，函数y=x2+ln|x|x=(1e)2−e<0，所以选项D不正确.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
先化简z，再利用虚数i的周期性求解即可.
【解答】
解：∵ z=1+2i1−i=1+2i1+i1−i1+i=i，
∴ z4n=1，z4n+1=i，z4n+2=−1，z4n+3=−i，n∈N，
∴ 1+z+z2+⋯+z2019=505×1+i−1−i=0.
故选D.
9.
【答案】
D
【考点】
两角和与差的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
由条件利用两角和的正弦公式求得sin(a−π6)=13，再利用二倍角的余弦公式求得cs(2a−π3)的值．
【解答】
解：∵ sin(α+π6)−csα=sinα⋅32+csα⋅12−csα=sin(α−π6)=13，
故cs(2α−π3)=1−2sin2(α−π6)=1−2×19=79.
故选D．
10.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，由z=x2+y2的几何意义得到可行域内到原点距离最大的点，由z的最大值为13求解k的值．
【解答】
解：由约束条件作出可行域，如图所示，
若z=x2+y2有最大值13，
则|OA|2=13．
设A(k,k+1)，
则k2+(k+1)2=13，
解得：k=2或k=−3（舍去）．
故选B．
11.
【答案】
D
【考点】
向量的三角形法则
【解析】
根据平面向量的基本定理，结合向量加法与减法的三角形法则，进行化简运算即可．
【解答】
解：∵ AP→=AB→+BP→，
BP→=13BD→
=13(AD→−AB→)
=13AD→−13AB→
=13×23AC→−13AB→
=29AC→−13AB→，
∴ AP→=AB→+(29AC→−13AB→)
=23AB→+29AC→.
又AP→=λAB→+μAC→，
∴ λ=23，μ=29，
∴ λμ=23×92=3．
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
对任意的x∈[1, 2]，f′(x)⋅x+f(x)>0恒成立⇔对任意的x∈[1, 2]，2x2−2tx+1x>0恒成立，
⇔对任意的x∈[1, 2]，2x2−2tx+1>0恒成立，⇔t<2x2+12x=x+12x=x+12x恒成立，求出x+12x在[1, 2]上的最小值即可．
【解答】
解：由题意得，f′(x)=x2−lnx+1−t2x2，
若对任意的x∈[1,2]，f′(x)⋅x+f(x)>0恒成立，
可转化为对任意的x∈[1,2]，2x2−2tx+1x>0恒成立，
即对任意的x∈[1,2]，2x2−2tx+1>0恒成立，
则t<2x2+12x=x+12x=x+12x，对任意的x∈[1,2]恒成立.
设g(x)=x+12x，x∈[1,2].
由g(x)=x+12x在[1, 2]上单调递增，
得g(x)min=g(1)=32，
∴ t<32．
故选B.
二、填空题
【答案】
①②④
【考点】
利用导数研究函数的单调性
正弦函数的奇偶性
正弦函数的周期性
正弦函数的对称性
利用导数研究函数的最值
【解析】
①由函数f(x)=csxsin2x，∀x∈R，可得f(−x)=−f(x)，因此函数f(x)是奇函数，又f(x+2π)=f(x)，可得函数f(x)是周期函数．
②由已知可得f(π−x)=f(x)，可得y=f(x)的图象关于直线x=π2对称；
③f(x)=2sinxcs2x=2sinx(1−sin2x)=2sinx−2sin3x，设sinx=t∈[−1, 1]，则g(t)=2t−2t3，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出；
④由③可知：x∈[−π6, π6]，t∈[−12，12]∈[−33，33]为增函数．
【解答】
解：①∵ 函数f(x)=csxsin2x，
∀x∈R，f(−x)=cs(−x)sin(−2x)=−csxsin2x=−f(x)，
∴ 函数f(x)是奇函数.
又f(x+2π)=cs(x+2π)sin(2x+4π)=csxsin2x=f(x)，
∴ 函数f(x)是周期函数，故①正确；
②∵ f(π−x)=cs(π−x)sin2(π−x)=−csx(−sin2x)=csxsin2x=f(x)，
∴ f(x)的图象关于直线x=π2对称，故②正确；
③f(x)=2sinxcs2x=2sinx(1−sin2x)=2sinx−2sin3x，
设sinx=t∈[−1, 1]，
令g(t)=2t−2t3，
g′(t)=2−6t2=−6(t+33)(t−33).
令g′(t)>0，
解得：−33此时函数g(t)单调递增；
令g′(t)<0，
解得：−1≤t<−33或33此时函数g(t)单调递减，
可知当t=33时，函数g(t)取得极大值，g(33)=439，而g(−1)=−2+2=0<439，
∴ 函数g(t)即f(x)取得最大值为439，故③不正确；
④由③可知：x∈[−π6, π6]，t∈[−12，12]∈[−33，33]为增函数，故④正确．
综上可得：①②④正确．
故答案为：①②④．
三、解答题
【答案】
解：(1)当m=2时，p:x2−2x−3≤0⇔−1≤x≤3，
q:12x+2≥1⇔−2p或q为真命题，则p为真命题或q为真命题，
∴ 实数x的取值范围是(−2, 10]．
(2)对于命题p：实数x满足x2−2x+1−m2≤0，其中m>0，
化为[x−(1−m)][x−(1+m)]≤0，
解得：1−m≤x≤1+m，记为A=[1−m,1+m](m>0)．
对于命题q:12x+2≥1，
解得：−2∵ ¬q是¬p的充分不必要条件，
∴ p是q的充分不必要条件，
∴ 1−m>−2,1+m≤10,
解得：m<3．
又m>0，
∴ 实数m的取值范围是(0, 3)．
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
（1）m=2且p∨q为真命题，由命题P:x2−2x−3≤0为真命题，利用一元二次不等式解法可得解集；由命题q:12x+2≥1为真命题，化为x−10x+2≤0，转化为(x+2)(x−10)≤0，且x+2≠0，解出取并集即可．
（2）对于命题p：实数x满足x2−2x+1−m2≤0，其中m>0，化为[x−(1−m)][x−(1+m)]≤0，可得解集A=[1−m, 1+m](m>0)．得到￢p:∁RA=(−∞, 1−m)∪(1+m, +∞)．同理可得￢q:∁RB=(−∞, −2]∪(10, +∞)．根据￢q是￢p的充分不必要条件，可得1−m≤−21+m≥10，但是等号不同时成立，解出即可．
【解答】
解：(1)当m=2时，p:x2−2x−3≤0⇔−1≤x≤3，
q:12x+2≥1⇔−2p或q为真命题，则p为真命题或q为真命题，
∴ 实数x的取值范围是(−2, 10]．
(2)对于命题p：实数x满足x2−2x+1−m2≤0，其中m>0，
化为[x−(1−m)][x−(1+m)]≤0，
解得：1−m≤x≤1+m，记为A=[1−m,1+m](m>0)．
对于命题q:12x+2≥1，
解得：−2∵ ¬q是¬p的充分不必要条件，
∴ p是q的充分不必要条件，
∴ 1−m>−2,1+m≤10,
解得：m<3．
又m>0，
∴ 实数m的取值范围是(0, 3)．
【答案】
(1)证明：由Sn，an，12成等差数列，知2an=Sn+12，
当n=1时，有2a1=a1+12，
∴ a1=12；
当n≥2时，Sn=2an−12，Sn−1=2an−1−12，
两式相减得an=2an−2an−1(n≥2)，
即an=2an−1，
由于{an}为正项数列，
∴ an−1≠0，于是有anan−1=2(n≥2)，
∴ 数列{an}从第二项起，每一项与它前一项之比都是同一个常数2，
∴ 数列{an}是以12为首项，以2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知an=a1⋅2n−1=12×2n−1=2n−2，
∴ bn=lg2an+3=lg22n−2+3=n+1，
∴ 1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
∴ Tn=(12−13)+(13−14)+⋯+(1n+1−1n+2)
=12−1n+2=n2(n+2)．
【考点】
等差中项
等比关系的确定
数列的求和
【解析】
（1）由题意得2an＝Sn+12，易求a1=12，当n≥2时，Sn＝2an−12，Sn−1＝2an−1−12，两式相减得an＝2an−2an−1(n≥2)，由递推式可得结论；
（2）由（1）可求an=a1⋅2n−1=2n−2，从而可得bn，进而有1bnbn+1=1n+1−1n+2，利用裂项相消法可得Tn；
【解答】
(1)证明：由Sn，an，12成等差数列，知2an=Sn+12，
当n=1时，有2a1=a1+12，
∴ a1=12；
当n≥2时，Sn=2an−12，Sn−1=2an−1−12，
两式相减得an=2an−2an−1(n≥2)，
即an=2an−1，
由于{an}为正项数列，
∴ an−1≠0，于是有anan−1=2(n≥2)，
∴ 数列{an}从第二项起，每一项与它前一项之比都是同一个常数2，
∴ 数列{an}是以12为首项，以2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)知an=a1⋅2n−1=12×2n−1=2n−2，
∴ bn=lg2an+3=lg22n−2+3=n+1，
∴ 1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
∴ Tn=(12−13)+(13−14)+⋯+(1n+1−1n+2)
=12−1n+2=n2(n+2)．
【答案】
解：(1)由题意得A+B+C=π，
∴ sinA=sin(π−B−C)
=sin(B+C)，
∴ sinBcsC+sinCcsB−
sinCcsB−33sinBsinC=0,
即sinB(csC−33sinC)=0.
∵sinB≠0,
∴tanC=3,
又∵ 0(2)∵ S△ABC=12ab×32=3，
∴ ab=4.
又c=2,由余弦定理得
a2+b2−2ab×12=4，
∴ a2+b2=8.
则ab=4，a2+b2=8，
解得a=2，b=2.
【考点】
正弦定理
运用诱导公式化简求值
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得A+B+C=π，
∴ sinA=sin(π−B−C)
=sin(B+C)，
∴ sinBcsC+sinCcsB−
sinCcsB−33sinBsinC=0,
即sinB(csC−33sinC)=0.
∵sinB≠0,
∴tanC=3,
又∵ 0(2)∵ S△ABC=12ab×32=3，
∴ ab=4.
又c=2,由余弦定理得
a2+b2−2ab×12=4，
∴ a2+b2=8.
则ab=4，a2+b2=8，
解得a=2，b=2.
【答案】
解：(1)f′(x)=1x+2x+a=2x2+ax+1x，
因为 x=12时，f(x)取得极值，
所以 f′(12)=0，
即2+1+a=0，
故a=−3．
(2)f(x)的定义域为(0, +∞)．
方程2x2+ax+1=0的判别式Δ=a2−8.
①当Δ≤0，即 −22≤a≤22时，2x2+ax+1≥0，
f′(x)≥0在(0, +∞)内恒成立，此时f(x)为增函数；
②当Δ>0，即 a<−22或 a>22时，
要使f(x)在定义域(0, +∞)内为增函数，
只需在(0, +∞)内有2x2+ax+1≥0即可，
设ℎ(x)=2x2+ax+1，
由 ℎ(0)=1>0，−a2×2<0，
得a>0，
所以 a>22．
由①②可知，若f(x)在其定义域内为增函数，a的取值范围是 [−22，+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的单调性及单调区间
【解析】
（1）先求函数的导函数，根据若x=12时，f(x)取得极值得f′(12)=0，解之即可；
（2）f(x)在其定义域内为增函数可转化成只需在(0, +∞)内有2x2+ax+1≥0恒成立，建立不等关系，解之即可；
【解答】
解：(1)f′(x)=1x+2x+a=2x2+ax+1x，
因为 x=12时，f(x)取得极值，
所以 f′(12)=0，
即2+1+a=0，
故a=−3．
(2)f(x)的定义域为(0, +∞)．
方程2x2+ax+1=0的判别式Δ=a2−8.
①当Δ≤0，即 −22≤a≤22时，2x2+ax+1≥0，
f′(x)≥0在(0, +∞)内恒成立，此时f(x)为增函数；
②当Δ>0，即 a<−22或 a>22时，
要使f(x)在定义域(0, +∞)内为增函数，
只需在(0, +∞)内有2x2+ax+1≥0即可，
设ℎ(x)=2x2+ax+1，
由 ℎ(0)=1>0，−a2×2<0，
得a>0，
所以 a>22．
由①②可知，若f(x)在其定义域内为增函数，a的取值范围是 [−22，+∞)．
【答案】
(1)证明：由a+2b=4a+2ba>0,b>0得，
a+2b=2a+4bab，即ab=2，
∴ a+2b≥2a⋅2b=24=4，
当且仅当a=2，b=1时取等号．
(2)∵lg2a+lg2b=lg2ab=1，
∴ 1lg2a+3lg2b=(1lg2a+3lg2b)⋅(lg2a+lg2b)=4+lg2blg2a+3lg2alg2b，
∵a−1b−1>0且a>0,b>0，
∴01，b>1，
即lg2blg2a>0，lg2alg2b>0，
∴ 1lg2a+3lg2b=4+lg2blg2a+3lg2alg2b≥4+23，
当b=a3时取等号 .
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由a+2b=4a+2ba>0,b>0得，
a+2b=2a+4bab，即ab=2，
∴ a+2b≥2a⋅2b=24=4，
当且仅当a=2，b=1时取等号．
(2)∵lg2a+lg2b=lg2ab=1，
∴ 1lg2a+3lg2b=(1lg2a+3lg2b)⋅(lg2a+lg2b)=4+lg2blg2a+3lg2alg2b，
∵a−1b−1>0且a>0,b>0，
∴01，b>1，
即lg2blg2a>0，lg2alg2b>0，
∴ 1lg2a+3lg2b=4+lg2blg2a+3lg2alg2b≥4+23，
当b=a3时取等号 .
【答案】
解：(1)∵ f(x)=ex+3x2−ax，
∴ f′(x)=ex+6x−a.
∵ f(x)在x=0处取得极值，
∴ f′(0)=e0−a=0，
∴ a=1，
∴ f(x)=ex+3x2−x，
f′(x)=ex+6x−1，
∴ f(1)=e+2，f′(1)=e+5，
∴ 曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为：
y−(e+2)=(e+5)(x−1)，
即y=(e+5)x−3．
(2)∵ f(x)=ex+3x2−ax，且f(x)≥72x2+ax+1，
∴ ex+3x2−ax≥72x2+ax+1，
即 2ax≤ex−12x2−1.
∵ x≥12，
∴ 2a≤ex−12x2−1x，
令 g(x)=ex−12x2−1x，
则g′(x)=ex(x−1)−12x2+1x2．
令 φ(x)=ex(x−1)−12x2+1，
则φ′(x)=x(ex−1)．
∵ x≥12，
∴ φ′(x)>0，
∴ φ(x)在[12，+∞)上单调递增，
∴ φ(x)≥φ(12)=78−12e>0，
∴ g′(x)>0，
∴ g(x)在[12，+∞)上单调递增，
∴ g(x)≥g(12)=e12−18−112=2e−94，
∴ 2a≤2e−94，
故a的取值范围是(−∞,e−98]．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ f(x)=ex+3x2−ax，
∴ f′(x)=ex+6x−a.
∵ f(x)在x=0处取得极值，
∴ f′(0)=e0−a=0，
∴ a=1，
∴ f(x)=ex+3x2−x，
f′(x)=ex+6x−1，
∴ f(1)=e+2，f′(1)=e+5，
∴ 曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为：
y−(e+2)=(e+5)(x−1)，
即y=(e+5)x−3．
(2)∵ f(x)=ex+3x2−ax，且f(x)≥72x2+ax+1，
∴ ex+3x2−ax≥72x2+ax+1，
即 2ax≤ex−12x2−1.
∵ x≥12，
∴ 2a≤ex−12x2−1x，
令 g(x)=ex−12x2−1x，
则g′(x)=ex(x−1)−12x2+1x2．
令 φ(x)=ex(x−1)−12x2+1，
则φ′(x)=x(ex−1)．
∵ x≥12，
∴ φ′(x)>0，
∴ φ(x)在[12，+∞)上单调递增，
∴ φ(x)≥φ(12)=78−12e>0，
∴ g′(x)>0，
∴ g(x)在[12，+∞)上单调递增，
∴ g(x)≥g(12)=e12−18−112=2e−94，
∴ 2a≤2e−94，
故a的取值范围是(−∞,e−98].