2024-2025学年天津市耀华中学高三（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年天津市耀华中学高三（上）第一次月考数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,3,5}，B={2,4}，则( )
A. U=A∪BB. U=(∁UA)∪B
C. U=A∪(∁UB)D. U=(∁UA)∪(∁UB)
2.“|x−1|<2成立”是“x(x−3)<0成立”的( )
A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知函数f(x)=1x−lnx−1，则y=f(x)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.若函数y=cs(ωx+π6)(ω∈N∗)的一个对称中心是π6,0，则ω的最小值为( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
5.函数y=(sinx+csx)(sinx−csx)是( )
A. 奇函数且在[0,π2]上单调递增B. 奇函数且在[π2,π]上单调递增
C. 偶函数且在[0,π2]上单调递增D. 偶函数且在[π2,π]上单调递增
6.在等差数列{an}中，a1=0，公差d≠0，若am=a1+a2+…+a9，则m的值为( )
A. 37B. 36C. 20D. 19
7.记实数x1，x2，…，xn中的最大数为max{x1,x2,…,xn}，最小数为min{x1,x2,…,xn}则max{min{x+1,x2−x+1,−x+6}}=( )
A. 34B. 1C. 3D. 72
8.已知函数f(x)=−x2+ax,x≤1ax−1,x>1，若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)成立，则实数a的取值范围是( )
A. a<2B. a>2C. −22或a<−2
9.已知f(x)=1+lnxx−1，g(x)=kx(k∈N∗)，对任意的c>1，存在实数a，b满足0A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知方程cs2x+4sinx−a=0有解，则a的取值范围是______．
11.已知x>0，y>0，x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值为______．
12.已知sinα−sinβ=−12,csα−csβ=12，且α，β均为锐角，则tan(α−β)的值等于______．
13.函数y=ln|x−1|的图象与函数y=−2csπx，(−2≤x≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于______．
14.将y=sin2x的图象向右平移φ单位(φ>0)，使得平移后的图象仍过点(π3, 32)，则φ的最小值为______．
15.已知数列{an}满足a1=1，a2=12，且an+2=an+12an+an+1，则该数列的通项公式an= ______．
三、解答题：本题共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.(本小题14分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列．
(Ⅰ)若b= 13，a=3，求c的值；
(Ⅱ)设t=sinAsinC，求t的最大值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，其图象经过点M(π3,12)，且与x轴两个相邻的交点的距离为π．
(1)求f(x)的解析式；
(2)在△ABC中，a=13，f(A)=35，f(B)=513，求△ABC的面积．
18.(本小题15分)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2 2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1．
(1)证明：BC⊥AB1；
(2)若OC=OA，求直线CD与平面ABC所成角的正弦值．
19.(本小题15分)
已知数列{an}前n和为Sn，且Sn=2an−1，(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=nan，求数列{bn}的前n和为Tn；
(3)记cn=3n−2⋅(−1)nλan(λ≠0)，是否存在实数λ，使得对任意的n∈N∗，恒有cn+1>cn？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．
20.(本小题16分)
已知a为实数，函数f(x)=a⋅lnx+x2−4x．
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x=1处取极值？证明你的结论；
(2)若函数f(x)在[2,3]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；
(3)设g(x)=2alnx+x2−5x−1+ax，若存在x0∈[1,e]，使得f(x0)参考答案
1.D
2.A
3.A
4.B
5.C
6.A
7.D
8.A
9.B
10.[−4,4]
11.
12.− 73
13.6
14.π6
15.1n!
16.解：(Ⅰ)因为A，B，C成等差数列，所以2B=A+C．
因为A+B+C=π，所以B=π3．
因为b= 13，a=3，b2=a2+c2−2accsB，所以c2−3c−4=0，解得c=4，或c=−1(舍去)．
(Ⅱ)因为A+C=23π，所以，t=sinAsin(2π3−A)=sinA( 32csA+12sinA)
= 34sin2A+12(1−cs2A2)=14+12sin(2A−π6)．
因为0所以当2A−π6=π2，即A=π3时，t有最大值34．
17.解：①依题意T=2π，∴ω=1，
∴函数f(x)=sin(x+φ)
∵f(π3)=sin(π3+φ)=12，且0<φ<π，
∴π3<π3+φ<43π，π3+φ=56π，
∴φ=π2．
∴f(x)=sin(x+π2)=csx
②∵f(A)=csA=35，f(B)=csB=513，∴A，B∈(0,π2)，
∴sinA=45，sinB=1213，
∴sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB=5665，
∵在三角形ABC中，asinA=bsinB，∴b=15，
∴S△ABC=12absinC=12×13×15×5665=84
18.(1)证明：由题意，因为ABB1A1是矩形，
D为AA1中点，AB=2，AA1=2 2，AD= 2，
所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B=ABBB1= 22，
在直角三角形ABD中，tan∠ABD=ADAB= 22，
所以∠AB1B=∠ABD，
又∠BAB1+∠AB1B=90°，所以∠BAB1+∠ABD=90°，
所以在三角形ABO中，∠BOA=90°，
即BD⊥AB1，
又因为CO⊥侧面ABB1A1，AB1⊂侧面ABB1A1，
所以CO⊥AB1，
因为BD∩CO=O，所以AB1⊥平面BCD，
因为BC⊂平面BCD，
所以BC⊥AB1．
(2)解：如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，
则A(0,−2 33,0)，B(−2 63,0,0)，C(0,0,2 33)，D( 63,0,0)，
所以AB=(−2 63,2 33,0)，AC=(0,2 33,2 33)，CD=( 63,0,−2 33)，
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z)，
则根据−2 63x+2 33y=02 33y+2 33z=0，可得n=(1, 2,− 2)是平面ABC的一个法向量，
设直线CD与平面ABC所成角为α，则sinα=cs=n·CDn·CD= 155，
所以直线CD与平面ABC所成角的正弦值为 155．
19.解：(1)令n=1，解得a1=1，
∵Sn=2an−1，
∴Sn−1=2an−1−1，
两式相减得：an=2an−1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an=2n−1；
(2)由(1)得：bn=n⋅2n−1，
则Tn=1⋅20+2⋅21+…+n⋅2n−1 ①
2Tn=1⋅21+2⋅22+…+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n ②
由②−①得：Tn=(n−1)⋅2n+1；
(3)当n为奇数时，
cn+1=3n+1−2⋅λan+1，
cn=3n+2⋅λan，
两式做差得：cn+1−cn=2•3 ​n-3λ•2 ​n＞0
移项得：λ<23⋅(32)n (n∈N+)
解得：λ<1，
当n为偶数时，
cn+1=3n+1+2⋅λan+1，
cn=3n−2⋅λan，
两式做差得：cn+1−cn=2•3 ​n+3λ•2 ​n＞0
移项得：λ>−23⋅(32)n (n∈N+)
解得：λ>−1，
故n为奇数时，λ<1且λ≠0；
n为偶数时，λ>−1且λ≠0．
20.解：(1)函数f (x)定义域为(0,+∞)，
f′x=ax+2x−4=2x2−4x+ax，
假设存在实数a，使fx在x=1处取极值，则f′1=0，∴a=2，
此时，f′x=2(x−1)2x，
∴当00，f (x)递增；当x>1时，f′x>0，fx递增．
∴x=1不是fx的极值点．
故不存在实数a，使得fx在x=1处取极值．
(2)f′x=2(x−1)2+a−2x，
①当a≥2时，∴f′x≥0，∴f (x)在(0,+∞)上递增，成立；
②当a<2时，令f′x>0，则x>1+ 2−a2或x<1− 2−a2，
∴f (x)在(1+ 2−a2,+∞)上递增，
∵f (x)在[2,3]上存在单调递增区间，
∴1+ 2−a2<3，解得：−6综上，a>−6.即实数a的取值范围是−6,+∞.
(3)在[1,e]上存在一点x0，使得f(x0)即在[1,e]上存在一点x0，使得ℎ(x0)<0，
即函数ℎ(x)=x+1+ax−alnx在[1,e]上的最小值小于零．
ℎ′(x)=1−1+ax2−ax=x2−ax−(1+a)x2
=(x+1)x−(1+a)x2，
①当a+1≥e，即a≥e−1时，ℎ(x)在[1,e]上单调递减，
所以ℎ(x)的最小值为ℎ(e)，
由ℎ(e)=e+1+ae−a<0可得a>e2+1e−1，
因为e2+1e−1>e−1，所以a>e2+1e−1；
②当a+1≤1，即a≤0时，ℎ(x)在[1,e]上单调递增，
所以ℎ(x)最小值为ℎ(1)，
由ℎ(1)=1+1+a<0可得a<−2；
③当1<1+a可得ℎ(x)最小值为ℎ(1+a)=2+a−aln(1+a)，
因为0故ℎ(1+a)=2+a−aln(1+a)>2，
此时不存在x0使ℎ(x0)<0成立．
综上可得所求a的范围是：−∞,−2∪e2+1e−1,+∞.
解法二：由题意得，存在x∈[1,e]，使得a(lnx−1x)>x+1x成立．
令m(x)=lnx−1x，∵m(x)在[1,e]上单调递增，
且m(1)=−1<0，m(e)=1−1e>0
故存在x1∈(1,e)，
使得x∈[1,x1)时，m(x)<0；x∈(x1,e]时，m(x)>0，
故存在x∈[1,x1)时，使得a或存在x∈(x1,e]时，使得a>x2+1xlnx−1成立，…(☆☆)
记函数F(x)=x2+1xlnx−1，F′=(x2−1)lnx−(x+1)2(xlnx−1)2
当1∵G(x)=lnx−x+1x−1=lnx−2x−1−1递增，且G(e)=−2e−1<0，
∴当1∴F(x)在[1,x1)上单调递减，在(x1,e]上也是单调递减，
∴由条件(☆)得：a由条件(☆☆)得：a>F(x)min=F(e)=e2+1e−1
综上可得，实数a的取值范围是−∞,−2∪e2+1e−1,+∞．