2020-2021学年江西省赣州市高三（上）9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）9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. 已知集合U={1,2,3,4,5,6}，M={1,2,4}，则∁UM=( )
A.UB.{1,3,5}C.{2,4,6}D.{3,5,6}

2. 已知复数z满足1−iz=2i（i为虚数单位），则z¯在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3. 设函数fx=ex2−3x（e为自然底数），则“0A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 已知a>b>0，c∈R，那么下列命题正确的是( )
A.1a2<1b2B.1a+c<1b+cC.1a+c>1b+cD.1ac<1bc

5. 设函数f(x)=x−3,x≥10,f(f(x+5)),x<10,则f7的值为( )
A.5B.6C.7D.8

6. 已知等差数列an中，a5+a11=16，a4=1，则a12的值为( )
A.15B.30C.31D.64

7. 在△ABC中，点D在边BC上，若BD→=2DC→，则AD→=( )
A.14AB→+34AC→B.34AB→+14AC→
C.13AB→+23AC→D.23AB→+13AC→

8. 已知α∈0,π，12sin2α=cs2α+1，则csα=( )
A.55或0B.55C.255D.255或0

9. 已知函数y=fx满足fx+f1−x=1，若数列an满足an=f0+f1n+f2n+⋯+fn−1n+f1，则数列an的前20项和为( )
A.100B.105C.110D.115

10. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0, ω>0, |φ|<π2)的最大值为2，其图像相邻两条对称轴之间的距离为π2，且f(x)的图像关于点(−π12,0)对称，则下列判断正确的是( )
A.函数f(x)在[π6,π3]上单调递增
B.函数f(x)的图像关于直线x=5π12对称
C.当x∈[−π6, π6]时，函数f(x)的最小值为−2
D.要得到函数f(x)的图像，只需要将y=2cs2x的图像向右平移π6个单位

11. 在平行四边形ABCD中，AB=2AD=23，E是BC的中点，F点在边CD上，且CF=2FD，若AE→⋅BF→=−172，则∠DAB=( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

12. 已知函数fx=2x−m,x<2,mx4x2+16,x≥2(m≥2)，对任意x1∈[2,+∞)，总存在x2∈−∞,2，使得fx1=fx2，则实数m的取值范围是( )
A.[2,4)B.2,4C.[3,4)D.3,4
二、填空题

已知函数f(x)对任意的x∈R都有2019f(x)+f′(x)<0，f(1)=e−2019，那么不等式f(x)>e−2019x的解集为________.
三、解答题

已知A={x|a≤x≤a+3}，B={x|−x2+4x+5<0}.
(1)若a=−2，求A∩B；

(2)若A∪B=B，求实数a的取值范围．

已知函数f(x)=|x+a|+|x−2|.
1当a=−3时，求不等式f(x)≥3的解集；

2若f(x)≤|x−4|在[1, 2]上恒成立，求a的取值范围．

已知函数fx=13x3+ax2+bxa,b∈R在x=−3处取得极大值为9.
(1)求a，b的值；

(2)求函数fx在区间−4,4上的最大值与最小值．

已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N∗，点(an, Sn)都在函数f(x)=2x−2的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列bn=(2n−1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且8sin2C2=2cs2(A+B)+7．
(1)求角C的大小；

(2)若点D为BC中点，且AD=27，a=4，求△ABC的面积．

已知函数fx=lnx−axa∈R.
(1)讨论函数fx在0,+∞上的单调性；

(2)证明： ex−e2lnx>0恒成立．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三（上）9月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
补集及其运算
【解析】
本题主要考查集合运算中补集的运算．
【解答】
解：∵ U={1,2,3,4,5,6}，M={1,2,4}，
∴ ∁UM={3,5,6}．
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
求出复数z，复数z¯的对应点的坐标，即可得到选项．
【解答】
解：因为复数z=2i1−i=2i1+i1−i1+i=−1+i，
则z的共轭复数z¯=−1−i，
对应点的坐标为(−1, −1)，
所以z¯在复平面内对应的点位于第三象限．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由fx<1，可得x2−3x<0，解得x范围，即可判断出结论．

【解答】
解：由fx<1，可得x2−3x<0，解得0故“0故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
不等式的基本性质
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a>b>0，c∈R，
则a2>b2>0，则1a2<1b2，故A正确；
取a=3，b=1，c=−2，
则1a+c=1>1b+c=−1，故B错误；
取c=0，
则1a+c=1a<1b+c=1b，故C错误；
取c=−1，
则1ac=−1a>1bc=−1b，故D错误.
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
由已知得f7=ff12=f(9)=f(f(14))=f(11)=8．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=x−3，x≥10，f(f(x+5))，x<10，
∴ f7=ff12=f9=ff14=f11=8．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
因为a5+a11=16，a4=1，
所以2a1+14d=16,a1+3d=1,
解得a1=−174，d=74，
则a12=−174+11×74=15.
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量的减法及其几何意义
向量的三角形法则
【解析】
利用向量的三角形法则和平行四边形法则、向量共线定理即可得出．
【解答】
解：如图所示，
∵ BD→=2DC→，
∴ BD→=23BC→，
∴ AD→=BD→−BA→
=23BC→+AB→
=23(AC→−AB→)+AB→
=23AC→−23AB→+AB→
=23AC→+13AB→．
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
三角函数的化简求值
【解析】
利用二倍角公式化简已知可得sinαcsα=2cs2α ，结合范围α∈0,π ，分类讨论可得csα=0，或sinα=2csα，进而即可求解.
【解答】
解：∵ 12sin2α=cs2α+1，
∴ sinαcsα=2cs2α.
∵ α∈0,π，
∴ csα=0或sinα=2csα .
∵ sin2α+cs2α=2csα2+cs2α=1 ，
即cs2α=15，解得csα=55或−55（舍去），
∴ csα=0或csα=55.
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
等差数列的前n项和
【解析】
采用倒序相加法即可求得结果．
【解答】
解：∵ f(x)+f(1−x)=1，
∴ f0+f1=1，f1n+fn−1n=1，f2n+fn−2n=1，……
又∵ an=f(0)+f1n+f2n+⋯+fn−1n+f(1)，
∴ an=n+12，
故数列an的前20项和为115.
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0, ω>0, |φ|<π2)的最大值是2，∴ A=2.
∵ 其图像相邻两条对称轴之间的距离为π2，
∴ T=2πω=π，解得：ω=2，
∴f(x)=2sin(2x+φ).
令x=−π12，则−π6+φ=kπ，
即φ=kπ+π6，k∈Z.
∵|φ|<π2，
故φ=π6，f(x)=2sin2x+π6.
当π6≤x≤π3时，π2≤2x+π6≤5π6，
∴f(x)=2sin2x+π6在π6,π3上单调递减，故A错误；
∵f5π12=2sin5π6+π6=0，
故函数图像的对称中心为(5π12,0)，故B错误；
当−π6≤x≤π6时，−π6≤2x+π6≤π2，
故f(x)min=−12，故C错误；
∵y=2cs2x=2sin2x+π2=2sin2x+π6+π6，
故y=2cs2x向右平移π6个单位后可以得到f(x)=2sin(2x+π6)，故D正确.
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
记AB→=a→，AD→=b→，AE→=a→+12b→，BF→=−23a→+b→,根据AE→⋅BF→=−172得到cs∠DAB=−12，计算得到答案．
【解答】
解：记AB→=a→，AD→=b→，
则a→=23，b→=3，
AE→=a→+12b→，BF→=−23a→+b→,
所以AE→⋅BF→=a→+12b→⋅−23a→+b→
=−23a→2+23a→⋅b→+12b→2
=−8+4cs∠DAB+32
=−132+4cs∠DAB．
因为AE→⋅BF→=−172，
所以−132+4cs∠DAB=−172，
解得cs∠DAB=−12，
所以∠DAB=120∘．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
分段函数的应用
函数的值域及其求法
【解析】
任意x1∈[2,+∞） ，总存在x2∈−x,2使得fx1=fx2成立等价于在x1∈[2,+∞）上fx的值域是当x2∈−x,2时，函数fx值域的子集，分别求函数值域列不等式组即得解.
【解答】
解：当x<2时，fx=2x−m<22−m，且fx为增函数，
即0当x≥2时，fx=mx4x2+16=m4x+16x≤m24x⋅16x=m16，
当且仅当4x=16x，即x=2时等号成立，且fx>0，
即0又对任意x1∈[2,+∞)，总存在x2∈−∞,2，使得fx1=fx2，且m≥2，
所以m16<22−m，即m<26−m，
结合函数的单调性，解得m<4.
综上，实数m的取值范围是[2,4).
故选A．
二、填空题
【答案】
(−∞,1)
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
其他不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，令f(x)=xe−2019x，
∴ f′(x)=e−2019x−2019xe−2019x.
∵ 2019f(x)+f′(x)<0，即e−2019x<0.
要求f(x)>e−2019x，
则xe−2019x−e−2019x>0，
∴(x−1)e−2019x>0，
∴ x−1<0，
∴ 不等式的解集为：(−∞,1).
故答案为：(−∞,1).
三、解答题
【答案】
解：(1)由题可知，B={x|x<−1或x>5}，
当a=−2时，A={x|−2≤x≤1}，
∴ A∩B={x|−2≤x<−1}.
(2)∵ A∪B=B，
∴ A⊆B．
∵ a+3>a，
∴ A≠⌀，
∴ 需满足a+3<−1或a>5，
∴ a<−4或a>5.
【考点】
集合关系中的参数取值问题
一元二次不等式的解法
交集及其运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可知，B={x|x<−1或x>5}，
当a=−2时，A={x|−2≤x≤1}，
∴ A∩B={x|−2≤x<−1}.
(2)∵ A∪B=B，
∴ A⊆B．
∵ a+3>a，
∴ A≠⌀，
∴ 需满足a+3<−1或a>5，
∴ a<−4或a>5.
【答案】
解：1当a=−3时，f(x)≥3，即|x−3|+|x−2|≥3，
即x≤2，3−x+2−x≥3或2解得x≤1或x≥4．
所以当a=−3时，不等式f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．
2原命题等价于|x+a|+2−x≤4−x在[1, 2]上恒成立，
等价于|x+a|≤2在[1, 2]上恒成立，
等价于−2≤x+a≤2在[1, 2]上恒成立，
等价于−2−x≤a≤2−x在[1, 2]上恒成立．
故当1≤x≤2时，−2−x的最大值为−2−1=−3，2−x的最小值为0，
故a的取值范围为[−3, 0]．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）不等式等价于x≤23−x+2−x≥3，或2再取并集即得所求．
（2）原命题等价于−2−x≤a≤2−x在[1, 2]上恒成立，由此求得求a的取值范围．
【解答】
解：1当a=−3时，f(x)≥3，即|x−3|+|x−2|≥3，
即x≤2，3−x+2−x≥3或2解得x≤1或x≥4．
所以当a=−3时，不等式f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．
2原命题等价于|x+a|+2−x≤4−x在[1, 2]上恒成立，
等价于|x+a|≤2在[1, 2]上恒成立，
等价于−2≤x+a≤2在[1, 2]上恒成立，
等价于−2−x≤a≤2−x在[1, 2]上恒成立．
故当1≤x≤2时，−2−x的最大值为−2−1=−3，2−x的最小值为0，
故a的取值范围为[−3, 0]．
【答案】
解：(1)由题意得：f′x=x2+2ax+b，
∴ f′−3=9−6a+b=0,f−3=−9+9a−3b=9,
解得：a=1,b=−3,
∴fx=13x3+x2−3x，
f′x=x2+2x−3=x+3x−1，
∴ 当x∈−∞,−3和1,+∞时，f′x>0；当x∈−3,1时，f′x<0，
∴ fx在−∞,−3或1,+∞上单调递增，在−3,1上单调递减，
∴ fx的极大值为f−3=9，满足题意．
(2)由(1)得：fx的极大值为f−3=9，
极小值为f1=13+1−3=−53.
又f−4=203，f4=763，
∴ fx在区间−4,4上的最大值为763，最小值为−53 ．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的极值
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得：f′x=x2+2ax+b，
∴ f′−3=9−6a+b=0,f−3=−9+9a−3b=9,
解得：a=1,b=−3,
∴fx=13x3+x2−3x，
f′x=x2+2x−3=x+3x−1，
∴ 当x∈−∞,−3和1,+∞时，f′x>0；当x∈−3,1时，f′x<0，
∴ fx在−∞,−3或1,+∞上单调递增，在−3,1上单调递减，
∴ fx的极大值为f−3=9，满足题意．
(2)由(1)得：fx的极大值为f−3=9，
极小值为f1=13+1−3=−53.
又f−4=203，f4=763，
∴ fx在区间−4,4上的最大值为763，最小值为−53 ．
【答案】
解：(1)点(an, Sn)都在函数f(x)=2x−2的图象上，
可得Sn=2an−2，
当n=1时，a1=S1=2a1−2，解得a1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2−2an−1+2，
化为an=2an−1，可得an=2n，对n=1也成立，
则an=2n，n∈N∗.
(2)bn=(2n−1)an=(2n−1)⋅2n，
Tn=1⋅2+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−1)⋅2n，①
2Tn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯+(2n−1)⋅2n+1，②
①−②得−Tn=2+2(22+23+⋯+2n)−(2n−1)⋅2n+1
=2+2⋅4(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1
=−6+(−2n+3)⋅2n+1，
∴Tn=6+(2n−3)⋅2n+1.
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）由题意可得Sn＝2an−2，由n＝1时，a1＝S1，n≥2时，an＝Sn−Sn−1，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）求得bn＝(2n−1)an＝(2n−1)⋅2n，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简可得所求和；
（3）求得cn=12n−(1n−1n+1)，可令Mn为数列{cn}的前n项和，运用数列的分组求和和裂项相消求和可得Mn，
分别求得Mn，f(x)−a的最大值，由不等式恒成立和存在性问题解法可得a的范围．
【解答】
解：(1)点(an, Sn)都在函数f(x)=2x−2的图象上，
可得Sn=2an−2，
当n=1时，a1=S1=2a1−2，解得a1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2−2an−1+2，
化为an=2an−1，可得an=2n，对n=1也成立，
则an=2n，n∈N∗.
(2)bn=(2n−1)an=(2n−1)⋅2n，
Tn=1⋅2+3⋅22+5⋅23+...+(2n−1)⋅2n，①
2Tn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+...+(2n−1)⋅2n+1，②
①−②得−Tn=2+2(22+23+...+2n)−(2n−1)⋅2n+1
=2+2⋅4(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1
=−6+(−2n+3)⋅2n+1，
∴Tn=6+(2n−3)⋅2n+1.
【答案】
解：(1)8sin2C2=2cs2(A+B)+7，
所以8sin2C2−2cs2(A+B)−7=0，
因为8sin2C2−2cs2(A+B)=8⋅1−csC2−2cs2(π−C)
=4−4csC−2cs2C，
=4−4csC−2(2cs2C−1)
=−4cs2C+6csC+6,
即4cs2C+4csC+1=0 ，
解得csC=−12，
又∵ 0所以C=2π3．
(2)在△DAC中，AD=27，CD=2，C=2π3，
由余弦定理得，AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅csC，
即28=AC2+4+2×2×AC×12，
所以AC2+2AC−24=0 ，
解得 AC=4，AC=−6 （舍去）
所以S△ABC=12absinC=12×4×4×32=43．
【考点】
二倍角的余弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)8sin2C2=2cs2(A+B)+7，
所以8sin2C2−2cs2(A+B)−7=0，
因为8sin2C2−2cs2(A+B)=8⋅1−csC2−2cs2(π−C)
=4−4csC−2cs2C，
=4−4csC−2(2cs2C−1)
=−4cs2C+6csC+6,
即4cs2C+4csC+1=0 ，
解得csC=−12，
又∵ 0所以C=2π3．
(2)在△DAC中，AD=27，CD=2，C=2π3，
由余弦定理得，AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅csC，
即28=AC2+4+2×2×AC×12，
所以AC2+2AC−24=0 ，
解得 AC=4，AC=−6 （舍去）
所以S△ABC=12absinC=12×4×4×32=43．
【答案】
(1)解：f′x=1x−a=1−axxx>0，
当a≤0时，f′x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0，得到x=1a，
所以，当x∈0,1a时，f′x>0，fx单调递增，
当x∈1a,+∞时，f′x<0， fx单调递减．
综上所述，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，fx在(0,1a）上单调递增，在1a,+∞上单调递减．
(2)证明：由(1)可得，当a>0时，f(x)=lnx−ax≤ln1a−1，
当a=1e时，有lnx−xe≤0，即lnx≤xe，
∴ e2lnx≤ex(当且仅当x=e时等号成立)，
∴ 要证ex−e2lnx>0恒成立，只需证明ex≥e在(0,+∞)上恒成立即可，
令g(x)=exx(x>0)，则g′(x)=ex(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增.
∴ 当x=1时，g(x)取最小值，g(x)min=g(1)=e，
即ex≥ex在(0,+∞)上恒成立，
∴ ex≥ex≥e2lnx.
∵ 两个等号不能同时成立，
∴ ex−e2lnx>0恒成立．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求出f′x=1x−a=1−axxx>0，通过当a≤0时，当a>时，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可．

【解答】
(1)解：f′x=1x−a=1−axxx>0，
当a≤0时，f′x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0，得到x=1a，
所以，当x∈0,1a时，f′x>0，fx单调递增，
当x∈1a,+∞时，f′x<0， fx单调递减．
综上所述，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，fx在(0,1a）上单调递增，在1a,+∞上单调递减．
(2)证明：由(1)可得，当a>0时，f(x)=lnx−ax≤ln1a−1，
当a=1e时，有lnx−xe≤0，即lnx≤xe，
∴ e2lnx≤ex(当且仅当x=e时等号成立)，
∴ 要证ex−e2lnx>0恒成立，只需证明ex≥e在(0,+∞)上恒成立即可，
令g(x)=exx(x>0)，则g′(x)=ex(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增.
∴ 当x=1时，g(x)取最小值，g(x)min=g(1)=e，
即ex≥ex在(0,+∞)上恒成立，
∴ ex≥ex≥e2lnx.
∵ 两个等号不能同时成立，
∴ ex−e2lnx>0恒成立．