甘肃省兰州市第一中学2020届高三9月月考数学文试题Word版含答案

兰州一中2020届高三9月月考试题数学（文）说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上．．．．．．．．．．．．.）1.已知集合A＝{x|y＝lg(x－x2)}，B＝{x|x2－cx0，c0}，若A⊆B，则实数c的取值范围为()A.(0，1]B.[1，＋∞)C.(0，1)D.(1，＋∞)2.若复数z满足3443izi,则z的虚部为()A.45iB.45C.45D.45i3.若||1a，||2b，且()aab，则向量,ab的夹角为()A.45B.60C.120D.1354.已知直线:10(R)lxaya是圆22:4210Cxyxy的对称轴.过点4,Aa作圆C的一条切线,切点为B,则 AB()A.2B.42C.6D.2105.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在()A.直线AC上B.直线AB上C.直线BC上D.△ABC内部6.已知三条直线2x－3y＋1＝0，4x＋3y＋5＝0，mx－y－1＝0不能构成三角形，则实数m的取值集合为()A.－43，23B.－43，23，43C.43，－23D.－43，－23，237.采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查,为此将他们随机编号为1,2,…,960,分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9,抽到的32人中,编号落入区间1,450的人做问卷A,编号落入区间451,750的人做问卷B,其余的人做问卷C,则抽到的人中,做问卷C的人数为()A.7B.9C.10D.158.先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1,2,3,4,5,6),骰子朝上的面的点数分别为,xy,则2log1xy的概率为()A.16B.536C.112D.129.若实数x，y满足条件4022000xyxyxy,则12xy的最大值为()A.116B.12C.1D.210.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn1的n的最小值为()A.4B.5C.6D.711.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2,对任意x∈R，f′(x)2，则f(x)2x＋4的解集为()A.(－1，1)B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1)D.(－∞，＋∞)12.已知椭圆221112211:10xyCabab与双曲线222222222:10,0xyCabab有相同的焦点12,FF,若点P是1C与2C在第一象限内的交点,且1222FFPF,设1C与2C的离心率分别为12,ee,则21ee的取值范围是()A.1,2B.1,3C.1,2D.1,3二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.函数22()log(2)fxxx的单调递减区间是________.14.已知抛物线方程为y2＝－4x，直线l的方程为2x＋y－4＝0，在抛物线上有一动点A，点A到y轴的距离为m，到直线l的距离为n，则m＋n的最小值为________.15.ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若abcbcabc，则sinsinBC的取值范围是.16.已知实数e,0()=lg(),0xxfxxx，若关于x的方程2()0fxfxt有三个不同的实根，则t的取值范围为____________．三、解答题(写出必要的计算步骤、解答过程，只写最后结果的不得分，共70分)17.（12分）已知向量2cos,1,cos,3sin2,axbxx=函数.fxab(1)求函数()fx的单调递增区间；(2)当0,6x时,求函数()fx值域．18.（12分）在锐角ABC△中，,,abc为内角,,ABC的对边，且满足(2)coscos0caBbA．(1)求角B的大小；(2)已知2c，AC边上的高3217BD，求ABC△的面积S的值．19.（11分）在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为2,{23xtyt(t为参数),直线l与曲线22:21Cyx交于,AB两点．(1)求AB的长；(2)在以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,设点P的极坐标为322,4,求点P到线段AB中点M的距离．20.（11分）已知20fxaxaxaa．(1)当1a时,求fxx的解集；(2)若不存在实数x,使3fx成立,求a的取值范围．21.（12分）设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x(常数a0)．(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．22.（12分）已知函数()(2)ln(1)()fxxxaxaR．(1)若1a,求曲线()yfx在点0,(0)f处的切线方程；(2)若()0fx在0,上恒成立,求实数a的取值范围．兰州一中2020届9月月考试题参考答案数学（文科）一、选择题（每小题5分，共60分）二、填空题：（每小题5分，共20分）13.(,1)14.655－115.3(,3]216.(,2]三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.(12分）已知向量2cos,1,cos,3sin2,axbxx=函数.fxab(1)求函数()fx的单调增区间;题号123456789101112答案BBACBDACDCBA(2)当0,6x时,求函数()fx值域.解：（1）22cos3sin2fxabxx3sin2cos212sin216xxx，由222,262kxkkZ,得,.36kxkkZ（2）由（1）知fx在0,6上单调递增，∴当6x时,max3fx;当0x时,min2fx18.（12分）在锐角ABC△中，,,abc为内角,,ABC的对边，且满足(2)coscos0caBbA．（1）求角B的大小．（2）已知2c，AC边上的高3217BD，求ABC△的面积S的值．解（1）∵(2)coscos0caBbA，由正弦定理得(2sinsin)cossincos0CABBA，∴2sincossincossincosCBABBA，即2sincossinCBC。∵πABC且sin0C，∴1cos2B，∵(0,π)B，∴π3B．（2）∵11sin22SacBBDb，代入3213,,sin72cBDB，得73ba由余弦定理得，22222cos42bacacBaa代入73ba，得29180aa，解得37ab或627ab又∵ABC△是锐角三角形∴222acb，故3a，7b∴11333sin232222ABCSacB△19.（11分）在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为2,{23xtyt(t为参数),直线l与曲线22:21Cyx交于,AB两点.(1)求AB的长;(2)在以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,设点P的极坐标为322,4,求点P到线段AB中点M的距离.解:(1)由2,{23xtyt(t为参数),参数t消去得,232yx,代入曲线22:21Cyx,消去y整理得:2212110xx,设1122,,,?AxyBxy,则112116,2xxxx,所以21211123642142ABABxxk.(2)易得点P在平面直角坐标系下的坐标为2,2?,根据中点坐标的性质可得AB中点M对应的参数为1212tt.所以由t的几何意义可得点P到M的距离为2PM.20.（11分）已知20?fxaxaxaa.(1)当1a时,求fxx的解集;(2)若不存在实数x,使3fx成立,求a的取值范围.解：(1)当1a时,21fxxx,则fxx即21xxx,当2x时,原不等式可化为21xxx,解得3x;当12x时,原不等式可化为21axx,解得1x,原不等式无解;当1x时,原不等式可化为21xxx,解得1x.综上可得,原不等式的解集为{|1xx或3}x.(2)依题意得,对xR,都有3fx,则22fxaxaxaaxaxa23a,所以23a或23a,所以5a或1a(舍去),所以5a.21.（12分）设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x(常数a0).(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围.(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞).所以g′(x)＝1x－2a＝1－2axx.又a0，当x∈0，12a时，g′(x)0，函数g(x)单调递增，当x∈12a，＋∞时，g′(x)0，函数g(x)单调递减.∴函数y＝g(x)的单调递增区间为0，12a，单调递减区间为12a，＋∞.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当0a12时，12a1，由(1)知f′(x)在0，12a内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)0，当x∈1，12a时，f′(x)0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在1，12a内单调递增.所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.②当a＝12时，12a＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.③当a12时，012a1，当x∈12a，1时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减.所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a的取值范围为12，＋∞.22.（12分）已知函数()(2)ln(1)()fxxxaxaR(1)若1a,求曲线()yfx在点0,(0)f处的切线方程(2)若()0fx在0,上恒成立,求实数a的取值范围解(1)因为1a,所以()(2)ln(1)fxxxx,(0)(02)ln100f,切点为(0,0).由2()ln(1)11xfxxx,所以'02(0)ln(01)1101f,所以曲线()yfx在(0,0)处的切线方程为01(0)yx,即0xy(2)由2()ln(1)1xfxxax,令()()([0,))gxfxx,则2211()01(1)(1)xgxxxx(当且仅当0x取等号).故()fx在0,上为增函数.①当2a时,()(0)0fxf,故()fx在0,?上为增函数,所以()(0)0fxf恒成立,故2a符合题意;②当2a时,由于(0)20fa,1(1)10aafee,根据零点存在定理,必存在(0,1)ate,使