甘肃省天水一中2021届高三数学（理）上学期第一学段考试试题（Word版附答案）

甘肃省天水一中2021届高三数学（理）上学期第一学段考试试题（Word版附答案）

试卷第 1页，总 4页 天水市一中 2018 级 2020--2021 学年度第一次考试试题 数学（理） 一、单选题（每小题 5 分，共 60 分） 1．设集合  1,0,1M   ，  2|N x x x  ，则 M N  （ ） A． 0 B． 0,1 C． 1,1 D． 1,0,1 2．已知函数 2( ) 1 xf x x   ，则下列结论正确的是（ ） A．函数 ( )f x 的图象关于点 (1,2) 中心对称 B．函数 ( )f x 在 ( ,1) 上是增函数 C．函数 ( )f x 的图象关于直线 x＝1 对称 D．函数 ( )f x 的图象上至少存在两点 A，B，使得直线 AB//x 轴 3．已知函数 1( )f x x  的导函数为 ( )f x ，若 1 2( ) ( ) f x f x ，则 1 2,x x 的大小关系不可 能为（ ） A． 1 20 x x  B． 2 10 x x  C． 1 20x x  D． 2 10x x  4．已知  cos1sin2  ，其中 是第一象限角，则  2tan  （ ） A. 2 1 B.2 C. 2 1 D. 3 1 5．已知函数    cos 2 0, 2f x x           的最小正周期为 ，将其图象向右平 移 6  个单位后得函数   cos2g x x 的图象，则函数  f x 的图象（ ） A．关于直线 2 3x  对称 B．关于直线 6x  对称 C．关于点 2- 03      ， 对称 D．关于点 5- 012      ， 对称 6．Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立 试卷第 2页，总 4页 了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t 的单位：天)的 Logistic 模型： 0.23( 53)( )= 1 e tI Kt   ， 其中 K 为最大确诊病例数．当 I( *t )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则 *t 约为（ ） （ln19≈3） A．60 B．63 C．66 D．69 7．已知在 ABC 中， 2 2 tan tan A a B b  ，判断 ABC 的形状为（ ）. A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形 8．设 a，b 都是不等于 1 的正数，则“5a>5b”是“ log 5 log 5a b ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 9．若 2 2 3 3x y x y    ，则（ ） A． ln( 1) 0y x   B． ln( 1) 0y x   C． ln | | 0x y  D． ln | | 0x y  10．若 3 4cos ,sin ,2 5 2 5    则角 的终边落在直线（ ）上 A． 24 7 0x y  B． 24 7 0x y  C． 7 24 0x y  D． 7 24 0x y  11．已知函数 ( ) ln | |f x x £¬ 2( )g x mx ，若方程 ( ) ( ) 0f x g x  在 ( , 1] [1, )x     有四个不同的解，则 m 的取值范围为（ ） A． 1(0, )2e B． 1( , )2e  C． 1(0, )e D． 1( , )e  12．已知函数 2( ) lnf x ax x x   有两个不同的极值点 1x ， 2x ，若不等式      1 2 1 22f x f x x x t    有解，则t 的取值范围是（ ） A． ( , 2ln 2)  B． , 2ln 2  C． ( , 11 2ln 2)   D． , 11 2ln 2   二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 试卷第 3页，总 4页 13．命题“ 0x R  ， 0 0 xe x ”的否定是_______________. 14．曲线 sin (0 )y x x  ≤ ≤ 与直线 1 2y  围成的封闭图形的面积为__________. 15．曲线 2 lny x x  在点 1,b 处的切线方程与直线 1 0ax y   垂直，则 a b  ______． 16．设 x 、 y 是常数，且满足         3 3 1 2018 1 1 1 2018 1 1 x x y y           ，则 x y 的值是________. 三、解答题（第 17 题 10 分；第 18--22 题每小题 12 分，共 70 分） 17．已知函数    2 2sin cos 2 3cos 3f x x x x    （1）求它的单调递增区间； （2）若 0, 2x     ，求此函数的值域. 18．已知等差数列{ }na 满足 6 36a a  ，且 3 1a  是 2 1a  ， 4a 的等比中项. （1）求数列{ }na 的通项公式； （2）设  * 1 1 n n n b n Na a    .求数列{ }nb 的前 n 项和 nT . 19． △ ABC 内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2bsinA＝ 3 acosB+asinB． （1）求 B； （2）设 b＝2 7 ，a＝4，D 为线段 BC 上一点，若 S △ ABD＝ 9 3 2 ，求 AD 的长． 20．在全面抗击新冠肺炎疫情这一特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励 学生线上学习．某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关 系，对高三年级随机选取 45 名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少于 5 小时的有 19 人，余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不少于 120 分的有 10 人，统计 成绩后得到如下 2 2 列联表： 分数不少于 120 分 分数不足 120 分 合计 试卷第 4页，总 4页 线上学习时间不少于 5 小时 4 19 线上学习时间不足 5 小时 10 合计 45 （1）请完成上面 2 2 列联表；并判断是否有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学 生线上学习时间有关”； （2）在上述样本中从分数不少于 120 分的学生中，按照分层抽样的方法，抽到线上学习 时间不少于 5 小时和线上学习时间不足 5 小时的学生共 5 名，若在这 5 名学生中随机抽取 2 人，其中每周线上学习时间不足 5 小时的人数为 X ，求 X 的分布列及其数学期望． （下面的临界值表供参考）  2 0P K k 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （参考公式        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      其中 n a b c d    ） 21．设   1 3ln 12 2f x a x xx     曲线  y f x 在点   1, 1f 处取得极值. （1）求 a 的值； （2）求函数  f x 的单调区间和极值. 22．已知函数 ( ) sinf x x x ， (0, )x  ， ( )f x 为 ( )f x 的导数，且 ( ) ( )g x f x .证明：  1 ( )g x 在 22, 3      内有唯一零点；  2 ( ) 2f x < . （参考数据： sin 2 0.9903 ， cos 2 0.4161  ， tan 2 2.1850  ， 2 1.4142 ， 3.14  ） 试卷第 5页，总 8页 参考答案 1．B 2．A 3．B 4．C 5．D 6．C 7．C 8．D 9．A 10．B 11．A 【解析】 【分析】 因为函数   lnf x x ，   2g x mx 都是偶函数，所以方程     0f x g x  在   , 1 1,x     有四个不同的解，只需在 1, 上，     2ln ,f x x g x mx  的图 象两个不同的交点，画出函数图象，求出两函数图象相切时的 m 值，利用数形结合可得结 果. 【详解】 因为函数   lnf x x ，   2g x mx 都是偶函数， 所以方程     0f x g x  在   , 1 1,x     有四个不同的解， 只需在 1, 上，     2ln ,f x x g x mx  的图象在两个不同的交点， 0m  不合题意， 当 0m  时， 2 0mx  ,当   ln 0 1f x x x    ， 即交点横坐标在 1, 上， 假定两函数的图象在点  0 0,P x y 处相切， 即两函数的图象在点  0 0,P x y 处有相同的切线， 则有     1' 2 , 'g x mx f x x   ，则有 0 0 12mx x  ，解得 2 0 1 2x m  ， 试卷第 6页，总 8页 则有    2 0 0 0 0 1 1 1 1, ln ln ln2 2 2 2g x mx f x x m m      ， 可得 1 1 1ln2 2 2m  ，则有 1 2 em  ，解得 1 2m e  ， 因为 m 越小开口越大， 所以要使得  f x ，  g x 在 1, 上，恰有两个不同的交点， 则 a 的取值范围为 10, 2e      ， 此时，     2ln ,f x x g x mx  的图象在   , 1 1,    四个不同的交点， 方程     0f x g x  在   , 1 1,x     有四个不同的解， 所以 a 的取值范围是 10, 2e      ，故选 A. 12．C 【解析】 【分析】 先求导得 22 1( ) ax xf x x   （ 0x  ），由于函数  f x 有两个不同的极值点 1x ， 2x ，转 化为方程 22 1 0ax x   有两个不相等的正实数根，根据  ， 1 2x x ， 1 2x x ，求出 a 的 取值范围，而      1 2 1 22f x f x x x t    有解，通过分裂参数法和构造新函数 5 1( ) 1 ln(2 ) 04 8h a a aa          ，通过利用导数研究  h a 单调性、最值，即可得出t 的 取值范围. 【详解】 由题可得： 22 1( ) ax xf x x   （ 0x  ）， 因为函数 2( ) lnf x ax x x   有两个不同的极值点 1x ， 2x ， 所以方程 22 1 0ax x   有两个不相等的正实数根， 试卷第 7页，总 8页 于是有 1 2 1 2 1 8 0, 1 0,2 1 0,2 a x x a x x a              解得 10 8a  . 若不等式      1 2 1 22f x f x x x t    有解， 所以      1 2 1 2 max2t f x f x x x      因为      1 2 1 22f x f x x x    2 2 1 1 1 2 2 2 1 2ln ln 2ax x x ax x x x x             2 1 2 1 2 1 2 1 22 3 lna x x x x x x x x        5 1 ln(2 )4 aa     . 设 5 1( ) 1 ln(2 ) 04 8h a a aa          ， 2 5 4( ) 04 ah a a    ，故 ( )h a 在 10, 8      上单调递增， 故 1( ) 11 2ln 28h a h       ， 所以 11 2ln 2t    ， 所以t 的取值范围是 ( , 11 2ln 2)   . 故选：C. 13． x R  ， xe x 14． － 15． 2 3 16．2 17．（1） 5 ,12 12k k        （ k Z ）；（2）1 3,3  . （1）    21 sin 2 3 2cos 1f x x x    试卷第 8页，总 8页 1 sin2 3cos2 1 2sin 2 3x x x          由 2 2 22 3 2k x k         ， 得 5 12 12k x k       ， k Z . 故此函数的单调递增区间为 5 ,12 12k k        （ k Z ）. （2）由 0 2x   ，得 423 3 3x     . sin 2 3y x      的值域为 3 ,12      .   1 2sin 2 3f x x       的值域为1 3,3  ， 故此函数的值域为1 3,3  18．（1） 2 1na n  ；（2）  3 2 3n nT n   . （1）设等差数列 na 的公差为 d，∵ 6 3 3 6a a d   ，即 2d  ， 3 11 3a a    ， 2 11 1a a   ， 4 1 6a a  ， ∴ 3 11 3a a   ， 2 11 1a a   ， 4 1 6a a  ， ∵ 3 1a  是 2 1a  ， 4a 的等比中项， ∴    2 3 2 41 1a a a    ，即    2 1 1 1+3 = 1 6a a a  ，解得 1 3a  ∴数列 na 的通项公式为 2 1na n  （2）由（1）得   1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 2 1 2 3n n n b a a n n n n           ∴ 1 2 1 2n nT b b b      1 1 1 1 1 1 3 5 5 7 2 1 2 3n n            1 1 1 2 3 2 3 3 2 3 n n n        。 试卷第 9页，总 8页 19．（1） 3  ；（2）3 3 . （1）因为 2bsinA＝ 3 acosB+asinB, 所以2 sin sin 3 sin cos sin sinB A A B A B  , sin sin 3sin cosB A A B , sin 0A  tan 3B   0,B  3B  （2）在 △ ABC 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 解得 6c  或 2c   （舍去）， 因为 S △ ABD＝ 1 9 3sin2 2   BD c B ， 解得 3BD  ， 在 △ ABD 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cos 27AD BD c BD c B       ， 解得 3 3AD  . 20．（1）列联表见解析，有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”； （2）分布列见解析，数学期望为 4 5 . （1） 分数不少于 120 分 分数不足 120 分 合计 线上学习时间不少于 5 小时 15 4 19 线上学习时间不足 5 小时 10 16 26 合计 25 20 45 试卷第 10页，总 8页 ∵  2 2 45 15 16 10 4 7.29 6.63525 20 19 26K        ∴有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关” （2）依题意，抽到线上学习时间不少于 5 小时的学生 155 325   人，线上学习时间不足 5 小时的学生 2 人，所以 X 的取值为 0，1，2 X 的分布列为 X 0 1 2 P 3 10 6 10 1 10 所以 X 的期望   3 6 1 40 1 210 10 10 5E X        21．(1)2；(2)   f x 在区间 10, 3      和 1, 单调递减，在区间 1 ,13      单调递增；  f x 的极 大值为  1 0f  ；  f x 的极小值为 1 2 2 33f ln      . 【详解】 （1）因为   1 3ln 12 2f x a x xx     ，故可得   2 1 3 2 2 af x x x     ， 又因为  1 0f   ，故可得 2 0a   ，解得 2a  . （2）由（1）可知，        2 3 1 11 32 1,2 2 2 x xf x lnx x f xx x        ， 令   0f x  ，解得 1 2 1 , 13x x  ， 又因为函数定义域为 0, ， 故可得  f x 在区间 10, 3      和 1, 单调递减，在区间 1 ,13      单调递增. 故  f x 的极大值为  1 0f  ；  f x 的极小值为 1 2 2 33f ln      . 试卷第 11页，总 8页 22．（1）由题意，得      'g x f x xcosx sinx   ，分别求得在区间 0, 2      和 ,2 π π     上 的单调性，利用零点的存在定理，即可求解； （2）由（1）得，求得函数的单调性，得到  f x 的最大值为  f t tsint ，再由   0f t  得t tant - ，得到   tanf t t sint   ，利用作差比较，即可求解. 【详解】 （1）由题意，函数 ( ) sinf x x x ，则 ( ) sin cosf x x x x   所以      'g x f x xcosx sinx   ， 当 0, 2x     时，可得   0g x  ，即  g x 在 0, 2x     内没有零点， 当 ,2x      时，   2 sing x cosx x x   ， 因为 cos 0, sin 0x x x  ，所以  ' 0g x  ，所以  g x 在 ,2 π π     上单调递减， 又    2 2 tan 2 2 0g cos   ，且 2 3 03 3 2g          ， 所以  g x 在 22, 3      内有唯一零点t . （2）由（1）得，当 ,( )0x t 时，   0g x  ，所以  ' 0f x  ，即  f x 单调递增； 当 ,( )x t  时，   0g x  ，所以   0f x  ，即  f x 单调递减， 即  f x 的最大值为  f t tsint ， 由   cos 0f t t t sint    得t tant - ，所以  f t tant sint   ， 因此   2sin 2cos2 cos t tf t t    2cos 2cos 1 cos t t t    2cos 1 2 cos t t   ， 因为 22, 3t     ，所以 1 ,cos22cost      试卷第 12页，总 8页 从而  2 222 1 2 1.416 ( 0( 1 )2)cos       ，即  2cos 1 2 0cos t t    ， 所以   2 0f t   ，故   2f x  .