2020届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期第一次调研考试数学(文)试题(解析版)

数学（文）

一、单选题

x1．设集合A{x|24}，集合B{x|ylgx1}，则AIB

A．1,2 【答案】C

B．1,2 C．2, D．1, x2x10,x1，【解析】对于集合A,22,x2,对于集合B，故AB2,.选C.

1sin2．已知是第二象限角，若，则sin（ ） 32A．22 3B．

13C．

1 3D．

22 3【答案】D

【解析】利用诱导公式化简，再用同角间的三角函数基本关系式转化求解即可． 【详解】 由sin(11)，可得cos， 233Q是第二象限角，sin1cos222．

3故选：D． 【点睛】

本题考查三角函数化简求值，同角三角函数基本关系式以及诱导公式的应用，属于基础题．

3．已知角的终边上有一点3,1，则tan2（ ） A．2 【答案】D

【解析】根据三角函数的定义，求出三角函数的正切值，再利用二倍角公式，可求出结果． 【详解】

角的终边上有一点3,1，

1 / 16

B．3 C．

13D．3 4所以tan故选：D． 【点睛】

12tan3，则tan2．

31tan24本题考查正切函数值的求法，三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．

4．若函数fx22，则fx （ ）

xxA．是奇函数，且在R上是增函数 C．是奇函数，且在R上是减函数 【答案】A

B．是偶函数，且在R上是增函数 D．是偶函数，且在R上是减函数

【解析】根据函数奇偶性的定义验证fxfx是否成立，可得函数的奇偶性；当

x1x2时，判断fx1与fx2的大小，可得函数的单调性．

【详解】

xxQxR，fx22fx

函数fx为奇函数；

Qfx1fx22x11x211x1x22221xx2x12x2212， 当x1x2 时，2x12x20，则fx1fx2， 函数fx在R上是增函数．

故选：A． 【点睛】

本题考查了函数单调性与奇偶性的判断与证明，利用定义判断函数的单调性与奇偶性是基本方法，一定要熟练掌握． 5．已知tanA．6 51，则sincoscos2的值为（ ） 233B． C．

55D．

6 5【答案】A

【解析】观察所给式子是二次齐次式，因此可以用“1的代换“，整式除以

sin2cos2，再进行化简．

【详解】

2 / 16

sincoscos2tan1解：sincoscos， sin2cos2tan212将tan故选：A． 【点睛】

16，代入得，原式． 25本题考查三角函数化简求值，考查计算能力，是基础题． 6．函数f(x)2cosA．22 【答案】A

【解析】先利用二倍角公式与诱导公式化简，之后再借助辅助角得出最小值． 【详解】

由题可得fxcosxsinx22xcos(x)1的最小值为（ ） 22B．12 C．22

D．12 2cosx2，所以函数fx的最小值为

422，故选A．

【点睛】

本题考查三角二倍角公式的化简，以及三角函数的值域问题． 7．设函数fxcosx，则下列结论错误的是（ ） 3A．fx的一个周期为2 B．yfx的图象关于直线xC．fx的一个零点为xD．fx在【答案】D

【解析】由题意利用余弦函数的周期性、零点、单调性以及图象的对称性，得出结论． 【详解】

解：Q函数fxcosx当x8对称 36

,上单调递减 2，fx的周期为2，故A正确； 38时，fx1，为最小值，可得yfx的图象 3 3 / 16

关于直线x当x8对称，故B正确； 36时，fx0，故fx的一个零点为x6，故C正确；

在54,,上，x，fx不单调，

3632故选：D． 【点睛】

本题主要考查余弦函数的周期性、零点、单调性以及图象的对称性，属于基础题． 8．函数fxx4x1e的大致图象是（ ）

2xA． B．

C． D．

【答案】A

【解析】用x0排除B，C；用x2排除D；可得正确答案. 【详解】

解：当x0时，x24x10，ex0， 所以fx0，故可排除B，C；

当x2时，f23e0，故可排除D．

2故选：A． 【点睛】

本题考查了函数图象，属基础题． 9．若函数fxlog0.354xx2在区间a1,a1上单调递减，且blg0.3，

C．abc

4 / 16

c20.3，则

A．bac

B．bca D．cba

【答案】A

【解析】求出原函数的定义域，再求出内函数二次函数的增区间，由题意列关于a的不等式组，求得a的范围，结合b=1g0.3＜0，c=2＞1得答案． 【详解】

由5+4x-x2＞0，可得-1＜x＜5， 函数t=5+4x-x的增区间为（-1，2），

要使f(x)＝log0.3(5+4x−x)在区间（a-1，a+1）上单调递减，

2

2

0.3

a11则 ，即0≤a≤1．

a12而b=1g0.3＜0，c=2＞1， ∴b＜a＜c． 故选：A． 【点睛】

本题主要考查了复合函数的单调性以及单调区间的求法．对应复合函数的单调性，一要注意先确定函数的定义域，二要利用复合函数与内层函数和外层函数单调性之间的关系进行判断，判断的依据是“同增异减”，是中档题． 10．已知命题p：x03,,x0以下命题为真命题的是（ ） A．pq 【答案】C

【解析】由函数的单调性求得x合命题的真假判断得答案． 【详解】

解：当x3,时，x故命题p为假命题；

B．p￢q

C．￢pq

D．￢p￢q

0.3

44，命题q：xR，4x22x1，则x04的范围判断p，由配方法说明q为真命题，再由复x444单调递增，(x)min34， xx3Q4x22x1(2x1)20，xR，4x22x1，

故命题q为真命题．

pq为假命题；p￢q为假命题；￢pq为真命题；

￢p￢q为假命题．

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故选：C． 【点睛】

本题考查利用函数的单调性求最值，考查复合命题的真假判断，是基础题． 11．设定义在R上的函数yf(x)满足任意tR都有f(t2)1，且x(0,4]时，f(t)f'(x)f(x)，则6f(2017)，3f(2018)，2f(2019)的大小关系是（ ） xB．3f(2018)6f(2017)2f(2019) D．2f(2019)6f(2017)3f(2018)

A．6f(2017)3f(2018)2f(2019) C．2f(2019)3f(2018)6f(2017) 【答案】A

【解析】函数f（x）满足f（t+2）==6f（1），3f（2018）

=3f（2），2f（2019）=2f（3）．令g（x）=＞0，利

用其单调性即可得出． 【详解】

1ft，可得f（x）是周期为4的函数．6f（2017）

fxx，x∈（0，4]，则g′（x）=

xf'xfxx21函数f（x）满足f（t+2）=，可得f（t+4）==f（t），∴f（x）是周

ftft2期为4的函数．

6f（2017）=6f（1），3f（2018）=3f（2），2f（2019）=2f（3）． 令g（x）=

1fxx，x∈（0，4]，则g′（x）=

xf'xfxx2，

∵x∈（0，4]时，f'x＞fxx，

∴g′（x）＞0，g（x）在（0，4]递增， ∴f（1）＜

f22＜

f33，

可得：6f（1）＜3f（2）＜2f（3），即6f（2017）＜3f（2018）＜2f（2019）． 故答案为：A 【点睛】

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本题考查了函数的周期性单调性、利用导数研究函数的单调性、构造法，考查了推理能

力与计算能力，属于难题．(2)解答本题的关键有两点，其一是求出函数的周期是4，其二是构造函数g（x）=

3fxx，x∈（0，4]，并求出函数的单调性.

12．已知函数f(x)x1a（

1xe，e是自然对数的底数）与g(x)3lnx的e12,e34 3e图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（ ） A．0,12 3e3B．0,e4

C．D．[e34,)，

【答案】B

【解析】设fx上存在点x0,x01a，使得x0,x01a在gx的图象上，

333所以x01a3lnx0，即ax03lnx0131x0e， e23x1xx13记Fxx3lnx1，则F'x3x2， xx3则x,1，Fx单调递减；x1,e，Fx单调递增，

1e3则FxminF10，FxmaxmaxF,Fee4，

1e33所以Fx的值域为0,e4，即a的取值范围为0,e4，

故选B。

点睛：本题考查导数在函数中的综合应用。存在对称点的处理方法，一般式设fx上存在点，则其对称点落在gx的图象上，再利用其函数关系代入计算。含参问题采取分离参数法，有效解题。

二、填空题 13．函数

___________． 【答案】27

【解析】试题分析：利用y=loga1=0可得定点P，代入幂函数f（x）=xα即可．

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且的图象恒过定点，在幂函数的图象上，则

解：对于函数y=loga（x﹣1）+8，令x﹣1=1，解得x=2，此时y=8， 因此函数y=loga（x﹣1）+8的图象恒过定点P（2，8）． 设幂函数f（x）=x，∵P在幂函数f（x）的图象上， ∴8=2α，解得α=3． ∴f（x）=x3． ∴f（3）=3=27． 故答案为27．

【考点】对数函数的图象与性质．

14．函数fxsinxcosxsinx的最小正周期为______

23

α

【答案】

【解析】首先把三角函数关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的最小正周期． 【详解】

fxsinxcosxsin2x所以函数的最小正周期为故答案为： 【点睛】

sin2x1cos2x21sin2x， 222422． 2本题考查三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型． 15．已知sin1,0,，则cos2______ 44【答案】15 8【解析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和角的变换的应用求出结果． 【详解】 由于sin1,0,， 44则35152,，所以cos， 1sin44444411515cos2sin22sincos2． 244448 8 / 16

故答案为：【点睛】

15 8本题考查三角函数关系式的恒等变换，角的关系式的变换，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型． 16．已知函数fxx2[fx]2tfx2t10恰有3个不，若关于x的方程xe同的实数解，则实数t的取值范围为______ 【答案】e11, 2e2【解析】求得fx的导数，可得单调区间和极值，作出fx的图象，设mfx，关于x的方程f2x2tfx2t10，即为m22mt2t10，解得m，再由

图象可得t的不等式，解不等式即可得到所求范围． 【详解】 解：函数fxx1xf'x的导数为， exex当x1时，f'x0，fx递增； 当x1时，f'x0，fx递减， 可得fx在x1取得极大值作出yfx的图象，

设mfx，

关于x的方程[fx]2tfx2t10，

21， e即为m22mt2t10， 解得m1或m12t，

当m1时，fx1只有一个实根； 由题意可得fx12t有两个不等实根， 由图象可得012t解得

1， ee11t， 2e2 9 / 16

e11,. 故答案为：2e2

【点睛】

本题考查方程的根的个数问题解法，考查数形结合思想方法，以及导数的运用：求单调区间和极值，考查运算能力，属于中档题．

三、解答题

17．在极坐标系中，已知两点A22,,B1,，直线l的方程为422sin30．

41求A，B两点间的距离； 2求点B到直线l的距离．

【答案】(1) 5；(2) 22．

【解析】1化A，B两点的极坐标为直角坐标，再由两点间的距离公式求解；

2化直线的极坐标方程为直角坐标方程，再由点到直线的距离公式求解．

【详解】

1由A22,,B1,，结合xcos，ysin， 42得A2,2，B0,1，

AB(20)2(21)25；

2由2sin30，

4222sincos30， 得22 10 / 16

即xy30．

由点到直线的距离公式可得点B到直线l的距离d【点睛】

10113222．

本题考查简单曲线的极坐标方程，考查两点间的距离公式及点到直线距离公式的应用，是基础题．

3tan12318．1求的值；

sin1212sin2120,,2已知4311,2，tan，tan，求2的值．

272【答案】(1) 83．(2) 7． 4【解析】1以切化弦、降幂、二倍角等的原则化简．

22，，并判断2的范围是2,．

【详解】

解：1原式3sin123cos1223sin4823cos1283． sin24cos241sin12cos2424tantan1tantan，

2tan211tantan127， 又tantan1tantan1131411321，Q0,,3,2， tan214216722,，则2．

4【点睛】

本题考查同角三角函数的基本关系式的应用三角函数化简求值，考查计算能力，是基础题．

19．设函数fx2sin2x0

． 2 11 / 16

1若x小值；

x0,时，求函数fx的最fx为函数的图象的一条对称轴，当622将函数fx的图象向左平移个单位得到函数gx的图象，已知g0，

63求gx的单调递减区间． 【答案】(1) 1．(2) k12,k5,kZ． 12【解析】1由题意利用正弦函数的图象的对称性，正弦函数的定义域和值域，求出当

x0,时，函数fx的最小值．

22利用函数yAsinx的图象变换规律，求出gx的解析式，再利用正弦函

数的单调性，求得gx的单调递减区间． 【详解】

01Q函数fx2sin2x，

2若x6为函数fx的图象的一条对称轴，02

262，6，fx2sin2x. 6当x0,故当2x712x,sin2x时，，,1， 6666227时，函数fx的最小值为1．

662将函数fx的图象向左平移个单位得到函数

32gx2sin2x的图象，

3已知g202sin，0， 2633.  12 / 16

20，gx2sin2x3

232k，

2325xk求得k， 1212令2k2x可得gx的单调递减区间为k【点睛】

12,k5,kZ． 12本题主要考查函数yAsinx的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性、单调性以及定义域和值域，属于中档题．

20．已知函数f(x)xax8，g(x)|x1||x1|．

2g(x)的解集； （1）当a0时，求不等式f(x)…（2）若不等式f(x)g(x)的解集包含1,1，求实数a的取值范围．

2；【答案】（1）2,（2）5,5.

【解析】（1）利用零点分段法化简gx为分段函数的形式，由此解不等式f(x)g(x)，求得不等式的解集.

（2）根据（1）的结论可知当x1,1时，g(x)2，将不等式f(x)g(x)的解集包含1,1的问题，转化为x2ax60在1,1上恒成立来解决，利用二次函数的性质列不等式组，解不等式组求得a的取值范围. 【详解】

2x,x12（1）g(x)x1x12,1x1，当a0时，f(x)x8．

2x,x1x282xx282x282xQf(x)g(x)，或或，

x11x1x11x2或1x1或2x1，2x2， 2； ∴不等式的解集为2,（2）由（1）知，当1x1时，g(x)2． ∵不等式f(x)g(x)的解集包含1,1，

x2ax82在1,1上恒成立，

13 / 16

即x2ax60在1,1上恒成立，

(1)2a60∴2，5a5， 1a60∴a的取值范围为5,5． 【点睛】

本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查不等式恒成立问题的求解策略，属于中档题.

21．设函数fkx2k12xxxR,kZ．

1设不等式f0xmf1x4在x0,1上恒成立，求实数m的取值范围； 2设函数gxf0xf22x在x1,上有零点，求实数的取值范围．

【答案】(1) m4．(2) 17,． 6【解析】1分离参数得：m(1241)1t，利用换元法，求出函数2x2x2xhtt24t1的最大值即可得出m的取值范围；

2xx，令px22，得出px的值域，xx222xx再根据对勾函数的性质求出22x的值域，从而得出的范围．

22x2令gx0可得2x2x【详解】

1Qf0xmf1x4，

42x2x124()x1， 22m24，即m2x2x2xxx令t12htt4t1， ，x212Qx0,1，t,1，

当t1时ht取得最大值4．

m4．

2gxf0xf22x2x2x22x22x，

22x22x2xx令gx0可得x， 2222x2x2x 14 / 16

令px22，显然px为增函数，

xx故px在1,上的值域为,． 由对勾函数单调性可知当px3233417时，取得最小值． 223617的取值范围是：,．

6【点睛】

本题考查了函数最值、函数零点与函数单调性的关系，函数恒成立问题与存在性问题，属于中档题．

22．已知函数fxlnxaxxa0．

21讨论函数fx的极值点的个数；

2若函数fx有两个极值点x1，x2，证明：fx1fx232ln2．

【答案】(1)见解析 (2)见解析

【解析】1先求出函数的导函数，通过讨论a的范围确定导函数的符号，从而得出函数的单调区间，进而判断函数极值点个数；

0,2由1可知当且仅当a时fx有极小值x1和极大值x2，且x1，x2是方程8的两个正根，则x1x2111.根据函数fxlnxax2x表示出，x1x22a2a11fx1fx2lnaln21，令galnaln21，通过对ga求导

4a4a即可证明结论． 【详解】

解：1Q函数fxlnxaxxa0，

212ax2x12ax2x1， x0 fx2ax1x0xxxQa0，当a0时，fxx1，x0， x当x0,1时，fx0，fx单调递减； 当x1,时，fx0，fx单调递增；

当x1时，fx有极小值；

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当a1时，V0，故fx0， 8fx在0,上单调递减，故此时fx无极值；

当0a1时，V0，方程fx0有两个不等的正根x1，x2． 8可得x1118a118a，x2．

4a4a118a118a,则当x0,及x时， 4a4afx0，fx单调递减；

118a118ax,当时，fx0 ；fx单调递增； 4a4afx在xx1处有极小值，在xx2处有极大值．

综上所述：当a0时，fx有1个极值点；

1时，fx没有极值点； 81当0a时，fx有2个极值点．

8当a0,2由1可知当且仅当a时fx有极小值点x1 8和极大值点x2，且x1，x2是方程的两个正根， 则x1x2111，x1x2． 2a2afx1fx2x1x2a[x1x2)22x1x2lnx1lnx2ln2a；

111lnaln214a4a1ln21， 4a14a1Q0a；gx0，

84a2令galnaga在0,上单调递减，故gag32ln2，

8811fx1fx232ln2．

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，注意分类讨论思想的运用，属于难题．

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