2020-2021学年陕西省咸阳市高三（上）期中质量检测数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年陕西省咸阳市高三（上）期中质量检测数学（理）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. 已知复数z=2i31−i，则z¯=( )
A.−1−iB.1−iC.1+iD.−1+i

2. 函数y=lg(2−x)+x的定义域为( )
A.(0, 2)B.[0, 2)C.[0, 2]D.[0,+∞)

3. 已知向量a→是单位向量，向量a→，b→的夹角为60∘，且a→⋅b→=1，则|b→|=( )
A.2B.12C.233D.3

4. 曲线y=x2+lnx在x=1处的切线方程是（ ）
A.3x+y+2=0B.3x+y−2=0C.3x−y+2=0D.3x−y−2=0

5. 函数f(x)=5x2ex+e−x的图像大致为( )
A.B.
C.D.

6. 已知函数f(x)=sin(2x+π3)在区间[0, a]（a>0）上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A.{a|0C.{a|0
7. 已知a=lg32，b=34−0.1， c=5−3，则a，b，c的大小关系是( )
A.b>c>aB.b>a>cC.a>b>cD.c>b>a

8. 函数f(x)=lg3(x2−2x−3)的单调增区间为( )
A.(−∞,−1)B.(1,+∞)C.(−∞,1)D.(3,+∞)

9. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2acsC=b，则△ABC的形状一定是( )
A.等腰直角三角形B.直角三角形
C.等腰三角形D.等边三角形

10. 若函数y=lnx−ax有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.−∞,1eB.1e,1C.0,1eD.0,1

11. 函数fx=x2−2x+1的图象与函数gx=3csπx的图象所有交点的横坐标之和等于( )
A.2B.4C.6D.8

12. 已知函数fx的定义域为R，且f2=1，对任意x∈R,fx+xf′x<0，则不等式xfx+1>2−f2⋅fx+1的解集是（ ）
A.−∞,1B.−∞,2C.1,+∞D.2,+∞
二、填空题

若偶函数f(x)对任意x∈R，都有f(x+3)=−1f(x)，且x∈[−3, −2]时，f(x)=2x，则f(101.5)=________．
三、解答题

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 2csAccsB+bcsC=a．
(1)求角A；

(2)若a=23，△ABC的面积为3，求△ABC的周长．

已知a>0，函数fx=ax2−2ax+1+b在区间2,3上的最小值为1，最大值为4.
(1)求a，b的值；

(2)若y=fx−mx在区间−1,2上是单调函数，求实数m的取值范围．

已知函数f(x)=asin2x+2cs2x，且f(x)的图像过点(−π6, 0)．
(1)求函数f(x)的解析式及最小正周期；

(2)若函数f(x)在区间[−π12, m]上的最大值为3，求实数m的取值范围．

已知函数fx=xx−m2在x=2处有极大值．
(1)求实数m的值；

(2)若关于x的方程fx=a在−1,7上有三个不同的实根，求实数a的取值范围．

因新冠肺炎疫情影响，呼吸机成为紧缺商品，某呼吸机生产企业为了提高产品的产量，投入90万元安装了一台新设备，并立即进行生产，预计使用该设备前nn∈N∗年的材料费、维修费、人工工资等共为52n2+5n万元，每年的销售收入55万元．设使用该设备前n年的总盈利额为fn万元．
(1)写出fn关于n的函数关系式，并估计该设备从第几年开始盈利；

(2)使用新设备若干年后，对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以10万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以50万元的价格处理；问哪种方案处理较为合算？并说明理由．

已知函数fx=ex+sinx+ax，a∈R.
(1)当a=−2时，求证：fx在−∞,0上单调递减；

(2)若对∀x≥0，都有fx≥1成立，求a的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省咸阳市高三（上）期中质量检测数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的运算
共轭复数
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
【解答】
解：∵ z=2i31−i=−2i1−i
=−2i(1+i)(1−i)(1+i)=1−i，
∴ z¯=1+i．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
【解答】
解：由题意可得x≥0，2−x>0，
解得0≤x<2，
所以函数y的定义域为[0, 2)．
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
利用向量的数量积运算得解.
【解答】
解：由题设得a→=1，
得a→⋅b→=a→b→cs60∘=1×b→×12=1，
解得:b→=2.
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
暂无
【解答】
解：令f(x)=y=x2+lnx，则f′(x)=2x+1x，
所以f′(1)=3.
又f(1)=1，
所以f(x)在点1,1处的切线方程为y−1=3x−1，
化简整理得3x−y−2=0．
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
利用函数的奇偶性，对称性和特殊点的特殊值分别进行判断即可．
【解答】
解：因为f(−x)=5(−x)2e−x+ex=5x2ex+e−x=f(x)，
所以函数为偶函数，排除B，D；
又当x趋向正无穷时，指数函数增长速度大于幂函数，故知函数值趋向于0，排除C.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
正弦函数的单调性
【解析】
由条件利用正弦函数的单调性，可得2a+π3≤π2，求得a的范围．
【解答】
解：因为函数f(x)=sin(2x+π3)在区间[0, a]（a>0）上单调递增，
则2a+π3≤π2，求得a≤π12，故有0故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用对数函数、指数函数、幂函数的单调性直接求解．
【解答】
解：∵ 0=lg31b=34−0.1>340=1，
c=5−3<0，
∴b>a>c.
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
复合函数的单调性
【解析】
先求出函数的定义域，然后将复合函数分解为内、外函数，分别讨论内外函数的单调性，进而根据复合函数单调性“同增异减”的原则，得到函数y=lg3(x2−2x−3)的单调递增区间
【解答】
解：函数y=lg3(x2−2x−3)的定义域为(−∞, −1)∪(3, +∞),
令t=x2−2x−3，则y=lg3t.
∵ y=lg3t为增函数，
t=x2−2x−3在(−∞, −1)上为减函数，在(3, +∞)上为增函数，
∴ 函数y=lg3(x2−2x−3)的单调增区间为(3, +∞).
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
【解析】
利用正弦定理可得2sinAcsB=sinC，利用sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，即可求得sin(A−B)=0，从而可得答案．
【解答】
解：在△ABC中，∵ 2acsC=b，
∴ 由正弦定理得：2sinAcsC=sinB，
又sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)
=sinAcsC+csAsinC，
∴ sinAcsC−csAsinC=0，
即sin(A−C)=0，
∴ A=C．
∴ △ABC一定是等腰三角形．
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
函数y=lnx−ax有两个零点等价于方程lnx−ax=0有两个根，等价于y=a与y=lnxxx>0图象有两个交点，通过导数分析y=lnxxx>0的单调性，根据图象即可求出求出a的范围．
【解答】
解：∵ 函数y=lnx−ax有两个零点，
∴ 方程lnx−ax=0有两个根，
∴ x>0，分离参数得a=lnxx，
∴ y=a与y=lnxxx>0图象有两个交点，
令gx=lnxxx>0，
则g′x=1−lnxx2，
令g′x=0，解得x=e.
当00，gx在0,e单调递增；
当x>e时，g′x<0，gx在e,+∞单调递减，且gx>0，
∴ gx在x=e处取得极大值及最大值ge=1e.
可以画出函数gx的大致图象如下：
观察图象可以得出0故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
余弦函数的对称性
余弦函数的图象
函数的图象
【解析】
利用图象对称性，求出函数图象的对称轴，即可得到答案.
【解答】
解：作出两个函数图象如图所示:
因为两函数的对称轴都为x=1，
所以B，C关于x=1对称，横坐标之和为2；
同理A，D关于直线x=1对称，横坐标之和为2，
所以所有交点的横坐标之和等于4.
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设gx=xfx，则g′x=fx+xf′x．
因为fx+xf′x<0，
所以g′x<0，则gx在R上单调递减．
因为f2=1，所以xfx+1>2−fx+1，
整理得x+1fx+1>2f2，即gx+1>g2.
因为gx在R上单调递减，
所以x+1<2，解得x<1.
故选A.
二、填空题
【答案】
15
【考点】
函数的周期性
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】
根据题意，分析可得f(x+6)=1f(x+3)=f(x)，即函数f(x)是周期为6的周期函数，进而可得f(101.5)＝f(−0.5+17×6)＝f(−0.5)，结合函数的奇偶性以及解析式分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，f(x)满足f(x+3)=−1f(x)，则
f(x+6)=−1f(x+3)=f(x)，
即函数f(x)是周期为6的周期函数，
则f(101.5)=f(−0.5+17×6)=f(−0.5).
又由f(x)为偶函数，则f(−0.5)=f(0.5)，
又由f(0.5)=f(−2.5+3)=−1f(−2.5)
=−12×(−2.5)=15，
则f(101.5)=15.
故答案为：15.
三、解答题
【答案】
解：(1)由已知及正弦定理得：
2csAsinCcsB+sinBcsC=sinA，
∴2csAsinB+C=sinA，
在△ABC中，
∵sinB+C=sinπ−A=sinA，
∴2csAsinA=sinA，
∵sinA≠0，
∴csA=12，
∵A∈0,π，
∴∠A=π3．
(2)∵S△ABC=12bcsinA，
∴12bcsinπ3=3，
∴bc=4.
由已知及余弦定理得：
a2=b2+c2−2bccsA，
∴12=b+c2−2bc−2bccsπ3，
∴b+c=26，
∴△ABC的周长为23+26．
【考点】
两角和与差的正弦公式
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知及正弦定理得：
2csAsinCcsB+sinBcsC=sinA，
∴2csAsinB+C=sinA，
在△ABC中，
∵sinB+C=sinπ−A=sinA，
∴2csAsinA=sinA，
∵sinA≠0，
∴csA=12，
∵A∈0,π，
∴∠A=π3．
(2)∵S△ABC=12bcsinA，
∴12bcsinπ3=3，
∴bc=4.
由已知及余弦定理得：
a2=b2+c2−2bccsA，
∴12=b+c2−2bc−2bccsπ3，
∴b+c=26，
∴△ABC的周长为23+26．
【答案】
解：(1)由题意知fx的图像开口向上，对称轴为x=1，
∴ fx在区间2,3上单调递增，
∴ 最小值为f2=b+1=1，最大值为f3=3a+b+1=4，
解得a=1，b=0．
(2)由(1)可知，y=fx−mx=x2−m+2x+1，
对称轴为x=m+22，
∵函数y=fx−mx在区间−1,2上是单调函数，
∴ m+22≥2或m+22≤−1，
解得m≥2或m≤−4，
故m的取值范围为−∞,−4∪2,+∞ ．
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
函数的单调性及单调区间
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知fx的图像开口向上，对称轴为x=1，
∴ fx在区间2,3上单调递增，
∴ 最小值为f2=b+1=1，最大值为f3=3a+b+1=4，
解得a=1，b=0．
(2)由(1)可知，y=fx−mx=x2−m+2x+1，
对称轴为x=m+22，
∵函数y=fx−mx在区间−1,2上是单调函数，
∴ m+22≥2或m+22≤−1，
解得m≥2或m≤−4，
故m的取值范围为−∞,−4∪2,+∞ ．
【答案】
解：(1)由题意，f(−π6)=asin(−π3)+2cs2(−π6)
=−32a+2×34=0，
解得a=3，
∴ f(x)=3sin2x+2cs2x=3sin2x+cs2x+1
=2sin(2x+π6)+1，
∴ f(x)的最小正周期T=2π2=π.
(2)由x∈[−π12, m]，得2x+π6∈[0, 2m+π6]，
∵ 函数f(x)在区间[−π12, m]上的最大值为3，
∴ sin(2x+π6)在区间[−π12, m]上的最大值为1，
则2m+π6≥π2，即m≥π6，
∴ 实数m的取值范围是[π6, +∞)．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
三角函数的周期性及其求法
三角函数的最值
【解析】
(Ⅰ)由f(−π6)＝0列式求得a值，代入函数解析式，再由辅助角公式化积，则函数的解析式及最小正周期可求；
(Ⅱ)由x的范围求得2x+π6的范围，再由函数f(x)在区间[−π12, m]上的最大值为3，可得2m+π6≥π2，求解不等式可得实数m的取值范围．
【解答】
解：(1)由题意，f(−π6)=asin(−π3)+2cs2(−π6)
=−32a+2×34=0，
解得a=3，
∴ f(x)=3sin2x+2cs2x=3sin2x+cs2x+1
=2sin(2x+π6)+1，
∴ f(x)的最小正周期T=2π2=π.
(2)由x∈[−π12, m]，得2x+π6∈[0, 2m+π6]，
∵ 函数f(x)在区间[−π12, m]上的最大值为3，
∴ sin(2x+π6)在区间[−π12, m]上的最大值为1，
则2m+π6≥π2，即m≥π6，
∴ 实数m的取值范围是[π6, +∞)．
【答案】
解：(1)f(x)=x(x−m)2=x3−2mx2+m2x，
f′(x)=3x2−4mx+m2=(3x−m)(x−m)，
∵f(x)在x=2处有极大值，
∴f′(2)=0，解得m=2或m=6，
当m=2时，f′(x)=(3x−2)(x−2)，
故f(x)在(23,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
∴当m=2时，f(x)在x=2处取得极小值，不符合题意，
故m=6．
(2)由(1)知，f(x)=x(x−6)2，f′(x)=(3x−6)(x−6)，
故f(x)在(−∞,2)，(6,+∞)上单调递增，在(2,6)上单调递减，
∴ f(x)极大值=f(2)=32，f(x)极小值=f(6)=0，
又f(−1)=−49，f(7)=7.
∵关于x的方程f(x)=a在[−1,7]上有三个不同的实根，
∴0【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
(Ⅰ)暂无．
(Ⅱ)暂无．
【解答】
解：(1)f(x)=x(x−m)2=x3−2mx2+m2x，
f′(x)=3x2−4mx+m2=(3x−m)(x−m)，
∵f(x)在x=2处有极大值，
∴f′(2)=0，解得m=2或m=6，
当m=2时，f′(x)=(3x−2)(x−2)，
故f(x)在(23,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
∴当m=2时，f(x)在x=2处取得极小值，不符合题意，
故m=6．
(2)由(1)知，f(x)=x(x−6)2，f′(x)=(3x−6)(x−6)，
故f(x)在(−∞,2)，(6,+∞)上单调递增，在(2,6)上单调递减，
∴ f(x)极大值=f(2)=32，f(x)极小值=f(6)=0，
又f(−1)=−49，f(7)=7.
∵关于x的方程f(x)=a在[−1,7]上有三个不同的实根，
∴0【答案】
解：(1)由题意得fn=55n−90−52n2+5n=−52n2+50n−90 ，
由fn>0，得−52n2+50n−90>0，
即n2−20n+36<0，解得2由于n∈N∗，故该设备从第3年开始盈利．
(2)方案一：总盈利额fn=−52n−102+160，
当n=10时，fnmax=160.
故方案一总利润为160+10=170；
方案二：年平均利润为fnn=50−52n+36n≤50−52×236=20，
当且仅当n=6时等号成立，
故方案二总利润6×20+50=170，此时n=6.
比较两种方案，获利都是170万元，但由于方案一需要10年，而方案二只需要6年，故选择方案二更合算．
【考点】
函数模型的选择与应用
一元二次不等式的解法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)由题意得fn=55n−90−52n2+5n=−52n2+50n−90 ，
由fn>0，得−52n2+50n−90>0，
即n2−20n+36<0，解得2由于n∈N∗，故该设备从第3年开始盈利．
(2)方案一：总盈利额fn=−52n−102+160，
当n=10时，fnmax=160.
故方案一总利润为160+10=170；
方案二：年平均利润为fnn=50−52n+36n≤50−52×236=20，
当且仅当n=6时等号成立，
故方案二总利润6×20+50=170，此时n=6.
比较两种方案，获利都是170万元，但由于方案一需要10年，而方案二只需要6年，故选择方案二更合算．
【答案】
(1)证明：当a=−2时， fx=ex+sinx−2x，
∴ f′x=ex+csx−2.
∵ x<0，
∴ ex<1，csx≤1，
∴ f′x=ex+csx−2<0，
∴ fx在−∞,0上单调递减.
(2)解：当x=0时，fx=1≥1，对于∀a∈R成立；
f′(x)=ex+csx+a，
当x>0时，设gx=ex+csx+a，
则g′x=ex−sinx.
∵ ex>1，sinx≤1，
∴ g′x=ex−sinx>1−1=0，gx在0,+∞上单调递增.
又∵ g0=2+a，
∴ gx>2+a，
∴ f′x>2+a.
①当a≥−2时， f′x>0，
∴ fx在0,+∞上单调递增.
∵ f0=1，
∴ fx>1恒成立.
②当a<−2时， f′0=2+a<0.
∵ f′x在(0,+∞)上单调递增，
又当x=ln2−a时，
f′x=−a+2+cs(ln(2−a))+a=2+cs(ln(2−a))>0，
∴ 存在x0∈0,+∞，对于x∈0,x0， f′x<0恒成立，
∴ fx在0,x0上单调递减，
∴ 当x∈0,x0时，fx综上，a的取值范围是[−2,+∞).
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)将a=−2代入，对函数求导，求解导函数在−∞,0上小于0即可.
(Ⅱ)分x=0和x>0进行讨论，x>0时，求出函数单调性和最值，进而进行求解.
【解答】
(1)证明：当a=−2时， fx=ex+sinx−2x，
∴ f′x=ex+csx−2.
∵ x<0，
∴ ex<1，csx≤1，
∴ f′x=ex+csx−2<0，
∴ fx在−∞,0上单调递减.
(2)解：当x=0时，fx=1≥1，对于∀a∈R成立；
f′(x)=ex+csx+a，
当x>0时，设gx=ex+csx+a，
则g′x=ex−sinx.
∵ ex>1，sinx≤1，
∴ g′x=ex−sinx>1−1=0，gx在0,+∞上单调递增.
又∵ g0=2+a，
∴ gx>2+a，
∴ f′x>2+a.
①当a≥−2时， f′x>0，
∴ fx在0,+∞上单调递增.
∵ f0=1，
∴ fx>1恒成立.
②当a<−2时， f′0=2+a<0.
∵ f′x在(0,+∞)上单调递增，
又当x=ln2−a时，
f′x=−a+2+cs(ln(2−a))+a=2+cs(ln(2−a))>0，
∴ 存在x0∈0,+∞，对于x∈0,x0， f′x<0恒成立，
∴ fx在0,x0上单调递减，
∴ 当x∈0,x0时，fx综上，a的取值范围是[−2,+∞).