2024-2025学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（上）第一次月考数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|2x−1>0}，B={x|x2+2x−3<0}，则A⋂B=( )
A. (0,3)B. (0,1)C. (−3,+∞)D. (−1,+∞)
2.已知p：0≤a≤2，q：任意x∈R，ax2−ax+1≥0，则p是q成立的( )
A. 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
3.已知α为第三象限角，sin(2019π−α)=− 53，则sin 2α+cs2α+1=( )
A. 4 5+139B. 2C. − 54D. −139
4.函数f(x)=x2+csxex−e−x的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.已知函数f(x)=2−(12)x,x≤012x2+1,x>0，则不等式f(3x−1)>3的解集为( )
A. (lg34,+∞)B. (−∞,0)C. (0,1)D. (1,+∞)
6.已知f(x)=(1−x)ex−1，g(x)=(x+1)2+a，若存在x1，x2∈R，使得f(x2)≥g(x1)成立，则实数a的取值范围为( )
A. 1e,+∞B. −∞,1eC. (0,e)D. −1e,0
7.三次函数有如下性质：①设f′(x)是函数y=f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”；②任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是该函数图象的对称中心.若直线3ax+by−3=0过函数y=x3−3x2+5图象的对称中心，则 a2+b2的最小值为( )
A. 18B. 24C. 12D. 22
8.已知a,b∈R，若x=a不是函数f(x)=(x−a)2(x−b)(ex−1−1)的极小值点，则下列选项符合的是( )
A. 1≤b9.已知x，y∈R，且5x+7−y≤5y+7−x，则( )
A. (13)x≤(13)yB. x2≤y2C. 3x≤3yD. lg12x≤lg12y
二、多选题：本题共2小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.下列说法正确的有( )
A. 函数f(x)=lga(2x−1)−1的图象过定点(1,0)
B. 已知函数f(x)=xcsx−sinx，则对于∀x∈[0,π]，f(x)≤0
C. 已知函数y=lga(2−ax)(a>0且a≠1)在(0,1)上是减函数，则实数a的取值范围是(1,2)
D. 若函数f(x)=2x+ax+1在区间[0,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是a≤2
11.若函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)有两个极值点x1，x2，则下列结论正确的是( )
A. 若f(x1)⋅f(x2)<0，则f(x)有3个零点
B. 过f(x)上任一点至少可作两条直线与f(x)相切
C. 若af(x1)<0，则f(x)只有一个零点
D. f(x1)+f(x2)=2f(−b3a)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知tan(π4+θ)=13，则1+sin2θ−cs2θ= ______．
13.已知函数f(x)=asinx+x+a(sinx+x)+2，定义域为R的函数g(x)满足g(x)+g(−x)=4，若函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点为(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(x6,y6)，则i=16(xi+yi)= ______．
14.设f(x)=elnxx,x>0−2019x,x≤0(其中e为自然对数的底数)，g(x)=f2(x)−(2m−1)f(x)+2，若函数g(x)恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在锐角△ABC中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件①：sinAcsAtanA=34，条件②： 3sinA−csA 3sinA+csA=12，条件③：2acsA−bcsC=ccsB这三个条件中选择一个作为已知条件．
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，求△ABC周长的取值范围．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−lnxa．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程；
(2)若017.(本小题12分)
人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离为：dA,B=x1−x2+y1−y2，余弦相似度为：csA,B=x1 x12+y12×x2 x22+y22+y1 x12+y12×y2 x22+y22，余弦距离为1−csA,B
(1)若A−1,2，B35,45，求A，B之间的曼哈顿距离dA,B和余弦距离；
(2)已知Msinα,csα，Nsinβ,csβ，Qsinβ,−csβ，若csM,N=15，csM,Q=25，求tanαtanβ的值
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=ln(x+1),g(x)=axx+1，若F(x)=f(x)−g(x)最小值为0．
(1)求实数a的值；
(2)设n∈N∗，证明：g(1)+g(2)+⋯+g(n)+f(n)>n．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ln x−ax．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x1，x2，(x1证明：(ⅰ)x1+x2>2a； (ⅱ)x2−x1>2 1−eaa．
参考答案
1.B
2.A
3.A
4.A
5.D
6.B
7.D
8.B
9.C
10.BD
11.AD
12.−25
13.12
14.(2,+∞)
15.解：(1)选条件①：因为sinAcsAtanA=34，所以sinAcsAsinAcsA=34，即sin2A=34，
又因为△ABC为锐角三角形，所以sinA= 32，
∵A∈(0,π2)，所以A=π3；
选条件②：因为 3sinA−csA 3sinA+csA=12，所以2( 3sinA−csA)= 3sinA+csA，所以 3sinA=3csA，
又因为A∈(0,π2)，所以A=π3；
选条件③：由正弦定理可得2sinAcsA−sinBcsC=sinCcsB，
即2sinAcsA=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA，
又因为sinA≠0，所以csA=12，
∵A∈(0,π2)，所以A=π3；
(2)b+c=asinA(sinB+sinC)=2 32(sinB+sin(2π3−B))
=4 33(sinB+ 32csB+12sinB)=4 33(32sinB+ 32csB)=4sin(B+π6)，
∵C=2π3−B∈(0,π2),B∈(0,π2)，∴B∈(π6,π2),B+π6∈(π3,2π3)，
所以sin(B+π6)∈( 32,1]，即b+c∈(2 3,4],
又a=2，
∴△ABC周长的取值范围为(2+2 3,6]．
16.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−lnx⇒f′(x)=ex−1x(x>0)，
∴k=f′(1)=e−1，又f(1)=e，
∴f(x)在点A处的切线方程为y−e=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x+1．
(2)证明：f(x)=ex−lnxa⇒f′(x)=ex−1ax=1x2(xex−1a)(x>0)，
易知y=xex在(0,+∞)上单调递增，且y∈(0,+∞)，
又01，
∴存在唯一的x0∈(0,+∞)，使得x0ex0−1a=0，即ex0=1ax0⇔lnx0=−x0−lna，
当0x0时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
∴f(x)min=f(x0)=ex0−lnx0a=1ax0+x0a+lnaa=1a(x0+1x0+lna)≥1a(2 x0×1x0+lna)=2+lnaa，
当且仅当x0=1x0，即x0=1时，等号成立，
∴当017.解：(1)dA,B=−1−35+2−45=145，
csA,B=−1 5×35+2 5×45= 55，
故余弦距离等于1−csA,B=1− 55；
(2)csM,N=sinα sin2α+cs2α⋅sinβ sin2β+cs2β+csα sin2α+cs2α⋅csβ sin2β+cs2β
=sinαsinβ+csαcsβ=15；
csM,Q=sinα sin2α+cs2α⋅sinβ sin2β+cs2β+csα sin2α+cs2α⋅−csβ sin2β+cs2β
=sinαsinβ−csαcsβ=25，
故sinαsinβ=310，csαcsβ=−110，
则tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=−3．

18.解：(1)由已知F(x)=ln(x+1)−axx+1，定义域为(−1,+∞)，
F′(x)=1x+1−a(x+1)2=x+1−a(x+1)2，
由F′(x)=0，得x=a−1．
当a≤0时，x∈(−1,+∞)，F′(x)>0在(−1,+∞)单调递增，无最小值．
当a>0时，x∈(−1,a−1)，F′(x)<0；x∈(a−1,+∞)，F′(x)>0．
故F(x)min=F(a−1)=lna−a+1，
令φ(x)=lnx−x+1(x>0)，φ′(x)=1−xx(x>0)，
当x∈(0,1)，φ′(x)>0；x∈(1,+∞)，φ′(x)<0，
故φ(x)max=φ(1)=0，
所以由lna−a+1=0，得a=1．
(2)证明：由(1)可知a=1，
此时g(1)+g(2)+…+g(n)+f(n)>n等价于ln(n+1)>12+13+⋯+1n+1，
由(1)可知当x>0时，ln(x+1)>xx+1，
所以ln(1n+1)>1n1n+1=1n+1，即ln(n+1)−lnn>1n+1，
所以ln(n+1)=(ln2−ln1)+(ln3−ln2)+⋯+[ln(n+1)−lnn]>12+13+⋯+1n+1，
故g(1)+g(2)+…+g(n)+f(n)>n．
19.解：(1)f(x)定义域为(0,+∞) ，f′(x)=1x−a=1−axx，
则当a≤0时，f​′(x)>0在x>0时 恒成立，
f(x)在(0,+∞)为增函数；
当a>0时，00,x>1a，f′(x)<0,
f(x)在0,1a为增函数，在(1a,+∞)为减函数；
(2)证明：(ⅰ)原不等式等价于x1+x22>1a，
因为ax1=lnx1①，ax2=lnx2②，
由②−①得， a(x2−x1)=lnx2−lnx1,
则a=ln x2−ln x1x2−x1，
则x1+x22>1a等价于x1+x22>x2−x1ln x2−ln x1，
因为x2>x1>0，
所以lnx2−lnx1>0，
即证ln x2−ln x1>2(x2−x1)x1+x2③，
等价于ln x2x1−2(x2x1−1)1+x2x1>0 ，
设t=x2x1，(t>1)，
设g(t)=ln t−2(t−1)1+t，(t>1)
则③等价于g(t)>0，
g′(t)=1t−4(1+t)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
g(t)在(1,+∞)上为增函数，
g(t)>g(1)=0，即x1+x22>1a，
故x1+x2>2a；
(ⅱ)设ℎ(x)=ln xx，则ℎ′(x)=1−ln xx2，
当00,当x>e,ℎ′x<0,
所以ℎ(x)在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减 ，
所以ℎ(x)的极大值为ℎ(e)=1e，
且x→0,ℎ(x)→−∞,x→+∞,ℎ(x)→0，ℎ(1)=0，
由题意可知a=ℎ(x)有两个不相等的实根x1，x2，(x1则0设t(x)=ln⁡x−(x−1),则t ′(x)=1−xx>0在(0,1)恒成立，
t(x)在(0,1)单调增,则t(x)则ln x则ln 1x>1−x对x∈(0,1)恒成立，
又0所以ax1−1=ln x1−1=ln x1e>1−ex1，
因为x1>0，所以ax12−2x1+e>0，
又因为a>0，Δ=4−4ae>0，
所以x1<1a− 1−eaa或x1>1a+ 1−eaa ，
因为1所以x1<1a− 1−eaa，
因为由(i)得x1+x22>1a，
所以x1+x22−x1>1a−1a− 1−eaa，
即x2−x1>2 1−eaa．