2020-2021学年天津市高三(上)联考数学试卷

2020-2021学年天津市高三（上）联考数学试卷
一、选择题（每题5分，共45分）
1. 命题p：“∀x≥0，都有e x≥x+1”，则命题p的否定为（）
A.∀x≥0，都有e x<x+1
B.∀x<0，都有e x≥x+1
C.∃x0≥0，使
D.∃x0<0，使
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．
【解答】
命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，
即∃x0≥0，使，
2. 已知集合A＝{−1, 0, 1, 2, 3}，B＝{x||x−1|≤1}，则A∩B＝（）
A.{0, 1, 2, 3}
B.{0, 1, 2}
C.{1, 2}
D.{1, 2, 3}
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵A＝{−1, 0, 1, 2, 3}，B＝{x|0≤x≤2}，
∴A∩B＝{0, 1, 2}．
3. 已知复数z满足z⋅(3−2i)＝13i，则z的共轭复数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
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的运算
【解析】
根据复数的四则运算化简复数z，然后求出其共轭复数对应的点，即可得到答案．【解答】
，
则z的共轭复数为−2−3i，
故z在复平面内对应的点为(−2, −3)，在第三象限．
4. 设a＝e−0.3，b＝log0.40.3，c＝cos，则（）
A.b>a>c
B.c>a>b
C.a>b>c
D.a>c>b
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用对数与指数函数的单调性、三角函数的单调性即可得出大小关系．【解答】
∵a＝e−0.3∈(0, 1)，b＝log
0.40.3>log
0.4
0.4＝1，c＝cos<0，
∴b>a>c．
5. 已知的最大值为，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且f(x)的图象关于点
对称，则下列判断错误的是（）
A.要得到函数f(x)的图象，只需要现将y＝cos x的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，再向右平移个单位
B.函数f(x)的图象关于直线x＝π对称
C.函数f(x)在上单调递减
D.当时，函数f(x)的最小值为-
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
命题的真假判断与应用
【解析】
A根据函数图象伸缩与平移变换判断；B根据正弦函数性质用特值法；C求单调递减区
间判断；D求最小值判断．
【解答】
由已知得A＝，T＝2•＝π，⇒ω＝2，
f(ω(−）+φ)＝f(2(−）+φ)＝f(−+φ)＝0⇒−+φ＝kπ，k∈Z⇒
φ＝，k∈Z，
又因为|φ|<，所以φ＝，故f(x)＝sin(2x+）．
对于A，将y＝cos x的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的一半得y＝
cos2x，
再向右平移个单位得y＝cos2(x−）＝cos(2x−）；
＝cos（−2x)＝sin（-（−2x)）＝sin(2x+），所以A对；对于B，f（）＝sin(2•+）＝，达最大值，所以f(x)的图象关于直线x＝π对称，所以B对；
对于C，x∈⇒2x∈[，]⇒2x+∈[，]，
因为sin x在[，]上单调递减，所以f(x)在上单调递减，所以C对；
对于D，⇒2x∈[−，]⇒2x+∈[−，]，
函数f(x)的最小值为f(−）＝-≠−，所以D错．
的图象大致为（）
6. 函数y=x+sin x
e x+e−x
A. B.
C. D.
【答案】
B
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
判断函数的奇偶性，以及特殊值的符号，最后利用极限思想进行排除即可．【解答】
=−f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除C，f(−x)=−x−sin x
e−x+e x
>0，排除A，
f(1)=1+sin1
e+1
e
当x→+∞时，y→0，排除D，
故选：B．
7. 如图，在四边形ABCD中，＝3，E为边BC的中点，若＝+
，则λ+μ＝（）
A. B.1 C. D.
【答案】
C
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
根据平面向量线性运算法则将用表示，再结合平面向量基本定理即可得答案．
【解答】
连接AC，因为E为BC的中点，
所以＝+（+）＝++＝，
又因为＝+，根据平面向量基本定理可得
，于是．
8. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“b cos A−c<0”是“△ABC为锐角三角形”的（）条件
A.充分必要
B.充分不必要
C.必要不充分
D.既不充分也不必要
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
先化简b cos A−c<0，再利用充分条件与必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
在△ABC中，b cos A−c<0，则sin B cos A−sin C<0，
所以sin C＝sin(A+B)＝sin A cos B+cos A sin B>sin B cos A，
则有sin A cos B>0，
因为sin A>0，
所以cos B>0，故角B为锐角，
当B为锐角时，△ABC不一定是锐角三角形，
当△ABC为锐角三角形时，B为锐角，
故“b cos A−c<0”是“△ABC为锐角三角形”的必要不充分条件．
9. 设函数f(x)＝，满足对任意的实数x1≠x2都有
<0成立，则实数a取值范围是（）
A.[2, +∞)
B.[0, 3]
C.[2, 3]
D.[2, 4]
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
【解析】
由已知条件可得函数f(x)为R上的增函数，再由分段函数的单调性求参数即可．
【解答】
对任意的实数x1≠x2都有<0成立，可知f(x)为R上的增函数，由x2−x−2＝0，解得x＝−1或x＝2，
又当x＝时，<0，
∴y＝|x2−x−2|在[2, +∞)上单调递增，
∵函数f(x)＝为R上的增函数，
∴，解得2≤a≤4．
∴实数a取值范围是[2, 4]．
二、填空题（每题5分，共30分）
已知i为虚数单位，则||＝________．
【答案】
【考点】
复数的模
【解析】
直接利用复数模的运算性质求解即可．
【解答】
||＝．
已知，则的值为________．
【答案】
【考点】
两角和与差的三角函数
同角三角函数间的基本关系
【解析】
根据条件求出tanα的值，结合两角和差的正切公式进行求解即可．
【解答】
由得sinα+cosα＝2sinα−4cosα，
得5cosα＝sinα，
则tanα＝5，
则＝＝＝，
已知函数，则f(x)≥3的取值范围是________．
【答案】
(−∞, −log
3]∪[8, +∞)
2
【考点】
分段函数的应用
【解析】
由已知把f(x)≥3转化为两边不等式组求解，取并集得答案．
【解答】
∵，
∴f(x)≥3⇔或，
3或x≥8，
解得x≤−log
2
3]∪[8, +∞)．
则f(x)≥3的取值范围是(−∞, −log
2
设f(x)为定义在R上的奇函数，g(x)与y＝lg x关于直线y＝x对称，若当x≥0时，f(x)＝g(x)+m，则f(lg0.5)＝________．
【答案】
−1
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
根据题意，由反函数的定义求出g(x)的解析式，即可得当x≥0时，f(x)的解析式，利用奇函数的定义可得m的值，进而求出f(lg2)的值，由对数的运算性质和奇函数的性质分析可得答案．
【解答】
根据题意，g(x)与y＝lg x关于直线y＝x对称，则g(x)＝10x，
当x≥0时，f(x)＝g(x)+m＝10x+m，
f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝1+m＝0，则m＝−1，
故当x≥0时，f(x)＝10x−1，则f(lg2)＝10lg2−1＝1，
则f(lg0.5)＝−f(lg2)＝−1，
如图，在△ABC中，，点E在线段AD上移动（不含端点），若
，则＝________，λ2−μ的最小值是________．
【答案】
2,-
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
根据向量基本定理，利用向量共线进行求解，转化为一元二次函数求最值即可．
【解答】
（1）∵，
∴-＝（-），
即＝+，
∵点E在线段AD上移动（不含端点），
∴＝x＝x+x，(0<x<1)
若，则λ＝x，μ＝x，则＝＝2．
λ2−μ＝x2−x，
对称轴为x＝-＝，即当x＝时，函数取得最小值为×-×＝-＝-，
故答案为：2，．
已知函数f(x)＝．若函数y＝|2f(x)−a|−1存在5个零点，则实数a的取值范围为________．
【答案】
(1, 3)
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
将函数y＝|2f(x)−a|−1存在5个零点，转化为函数y＝f(x)与
有5个交点，利用数形结合列出关于a的不等式组，求解即可．【解答】
函数f(x)＝，函数y＝|2f(x)−a|−1存在5个零点，则有5个零点，
将问题转化为函数y＝f(x)与有5个交点，
作出函数f(x)的图象如图所示，
由图可知，，解得1<a<3，
故实数a的取值范围为(1, 3)．
三、解答题（共75分）
已知集合A＝{x|x2−5x−6<0}，B＝{x|m+1≤x≤2m−1, m∈R}．（1）若m＝4，求集合∁R A，集合A∪∁R B；
（2）若A∪B＝A，求实数m的取值范围．
【答案】
∵集合A＝{x|x2−5x−6<0}＝{x|−1<x<6}，
∴∁R A＝{x|x≤−1或x≥6}．
m＝4时，B＝{x|5≤x≤7}，
∁R B＝{x|x<5或x>7}，
∴A∪∁R B＝{x|x<6或x>7}．
∵A∪B＝A，∴B⊆A．
集合A＝{x|−1<x<6}，B＝{x|m+1≤x≤2m−1, m∈R}．
当B＝⌀时，m+1>2m−1，则m<2；
当B≠⌀时，由题意得，
解得．
综上，实数m的取值范围是．
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
（1）求出集合A，由此能求出∁R A；m＝4时，求出集合B，从而求出∁R B，进而能求出A∪∁R B．
（2）由A∪B＝A，得B⊆A，当B＝⌀时，m+1>2m−1，当B≠⌀时，列出不等式组，由此能求出实数m的取值范围．
【解答】
∵集合A＝{x|x2−5x−6<0}＝{x|−1<x<6}，
∴∁R A＝{x|x≤−1或x≥6}．
m＝4时，B＝{x|5≤x≤7}，
∁R B＝{x|x<5或x>7}，
∴A∪∁R B＝{x|x<6或x>7}．
∵A∪B＝A，∴B⊆A．
集合A＝{x|−1<x<6}，B＝{x|m+1≤x≤2m−1, m∈R}．
当B＝⌀时，m+1>2m−1，则m<2；
当B≠⌀时，由题意得，
解得．
综上，实数m的取值范围是．
在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，sin2B−sin B⋅sin C+sin2C＝sin2A．
（1）求角A的大小；
（2）若b＝2，S△ABC＝，求a和sin(2B−A)的值．
【答案】
由于sin2B−sin B⋅sin C+sin2C＝sin2A，
利用正弦定理可得：b2−bc+c2＝a2，
由余弦定理可得：cos A＝＝＝，
由于A∈(0, π)，可得．
∵b＝2，＝＝，
∴可得c＝3，
∴由余弦定理a2＝b2+c2−2bc⋅cos A，可得：，解得，
又，可得，解得，
∵b<a，可得，可得，
∴，cos2B＝2cos2B−1＝，
∴
．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）利用正弦定理化简已知等式，根据余弦定理可求cos A的值，结合A∈(0, π)，可
得A的值．
（2）由已知利用三角形的面积公式可求c的值，由余弦定理解得a的值，利用正弦定理可求sin B的值，根据同角三角函数基本关系式可求cos B的值，利用二倍角公式可求
sin2B，cos2B的值，进而根据两角差的正弦公式即可求解sin(2B−A)的值．
【解答】
由于sin2B−sin B⋅sin C+sin2C＝sin2A，
利用正弦定理可得：b2−bc+c2＝a2，
由余弦定理可得：cos A＝＝＝，
由于A∈(0, π)，可得．
∵b＝2，＝＝，
∴可得c＝3，
∴由余弦定理a2＝b2+c2−2bc⋅cos A，可得：，解得，
又，可得，解得，
∵b<a，可得，可得，
∴，cos2B＝2cos2B−1＝，
∴
．
已知函数f(x)＝2的周期为π．（1）求ω；
（2）求函数f(x)的对称中心；
（3）已知f(x0)＝，，求cos2x0的值．
【答案】
f(x)＝sin2ωx+cos2ωx+1＝2sin(2ωx+）+1，
∵周期是π，
∴＝π，得ω＝1．
由，k∈Z，得，
因此，函数y＝f(x)的对称中心为．
∴，∴，∵，，
则，
因此，＝
＝
．
【考点】
二倍角的三角函数
两角和与差的三角函数
三角函数的周期性
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
（1）利用辅助角公式进行化简，结合周期进行求解即可．
（2）根据三角函数的对称性进行求解即可．
（3）根据条件结合两角和差的三角公式进行转化求解即可．
【解答】
f(x)＝sin2ωx+cos2ωx+1＝2sin(2ωx+）+1，
∵周期是π，
∴＝π，得ω＝1．
由，k∈Z，得，
因此，函数y＝f(x)的对称中心为．
∴，∴，
∵，，
则，
因此，＝
＝
．
已知a∈R，函数f(x)＝(−x2+ax+a)e x．
（1）若a＝1，求f(x)在x＝0处的切线方程；
（2）若函数f(x)在[−1, 1]上单调递增，求a的取值范围；
（3）讨论函数f(x)的单调区间．
【答案】
a＝1时，f(x)＝(−x2+x+1)⋅e x，
则f′(x)＝e x(−x2−x+2)，k＝f′(0)＝2，f(0)＝1，
故切线方程为：y＝2x+1；
函数f(x)＝(−x2+ax+a)⋅e x，
f′(x)＝e x[2a−x2+(a−2)x]＝e x(−x2+(a−2)x+2a)，
由题意f′(x)≥0在[−1, 1]上恒成立，则a(x+2)≥x2+2x，
则a≥x，∵x∈[−1, 1]，∴a≥1；
f′(x)＝e x(−x2+(a−2)x+2a)＝−e x(x−a)(x+2)，
①a>−2时，令f′(x)>0，解得：x>a或x<−2，令f′(x)<0，解得：−2<x<a，故f(x)在(−∞, −2)递减，在(−2, a)递增，在(a, +∞)递减，
②a<−2时，令f′(x)>0，解得：x>−2或x<a，令f′(x)<0，解得：a<x<−2，故f(x)在(−∞, a)递减，在(a, −2)递增，在(−2, +∞)递减，
③a＝−2时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(−∞, +∞)递减；
综上：a>−2时，f(x)在(−∞, −2)递减，在(−2, a)递增，在(a, +∞)递减，
a<−2时，f(x)在(−∞, a)递减，在(a, −2)递增，在(−2, +∞)递减，
a＝−2时，f(x)在(−∞, +∞)递减．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）代入a的值，求出函数的导数，计算f(0)，f′(0)的值，求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，问题转化为a(x+2)≥x2+2x在[−1, 1]上恒成立，求出a的范围即可；
（3）求出函数的导数，通过讨论a的范围，解关于导函数的不等式，求出函数的单调
区间即可．
【解答】
a＝1时，f(x)＝(−x2+x+1)⋅e x，
则f′(x)＝e x(−x2−x+2)，k＝f′(0)＝2，f(0)＝1，
故切线方程为：y＝2x+1；
函数f(x)＝(−x2+ax+a)⋅e x，
f′(x)＝e x[2a−x2+(a−2)x]＝e x(−x2+(a−2)x+2a)，
由题意f′(x)≥0在[−1, 1]上恒成立，则a(x+2)≥x2+2x，
则a≥x，∵x∈[−1, 1]，∴a≥1；
f′(x)＝e x(−x2+(a−2)x+2a)＝−e x(x−a)(x+2)，
①a>−2时，令f′(x)>0，解得：x>a或x<−2，令f′(x)<0，解得：−2<x<a，故f(x)在(−∞, −2)递减，在(−2, a)递增，在(a, +∞)递减，
②a<−2时，令f′(x)>0，解得：x>−2或x<a，令f′(x)<0，解得：a<x<−2，故f(x)在(−∞, a)递减，在(a, −2)递增，在(−2, +∞)递减，
③a＝−2时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(−∞, +∞)递减；
综上：a>−2时，f(x)在(−∞, −2)递减，在(−2, a)递增，在(a, +∞)递减，
a<−2时，f(x)在(−∞, a)递减，在(a, −2)递增，在(−2, +∞)递减，
a＝−2时，f(x)在(−∞, +∞)递减．
已知函数f(x)＝e x−1−x−ax2，其中e为自然对数的底数．
（1）当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若x>0，证明：(e x−1)ln(x+1)>x2．
【答案】
由条件得：f′(x)＝e x−1−2ax，
令ℎ(x)＝e x−1−2ax，则ℎ′(x)＝e x−2a，
①当2a≤1时，在[0, +∞)上，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0, +∞)上是增函数，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴a≤满足条件．
②当2a>1时，令ℎ′(x)＝0，
解得x＝ln2a，在[0, ln2a]在，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
∴当x∈(0, ln2a)时，有ℎ(x)<ℎ(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，
f(x)在(0, ln2a)上为减函数，
∴f(x)<f(0)＝0，不合题意，
综上，实数a得取值范围为．
由（1）可知：当a＝时，x>0时，，
即．
要证明(e x−1)ln(x+1)>x2，只需证明，
只需证明，
只需证明．
设F(x)＝，则
，
∴当x>0时，F′(x)>0恒成立，故F(x)在区间(0, +∞)上单调递增，
又F(0)＝0，
∴F(x)>0恒成立，
∴原不等式成立．
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
（1）把不等式恒成立转换成最小值大于等于0的问题，再利用导数求出最小值，即可得到a的取值范围；
（2）利用第一问的结论结合分析法进行证明即可．
【解答】
由条件得：f′(x)＝e x−1−2ax，
令ℎ(x)＝e x−1−2ax，则ℎ′(x)＝e x−2a，
①当2a≤1时，在[0, +∞)上，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0, +∞)上是增函数，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴a≤满足条件．
②当2a>1时，令ℎ′(x)＝0，
解得x＝ln2a，在[0, ln2a]在，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
∴当x∈(0, ln2a)时，有ℎ(x)<ℎ(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，
f(x)在(0, ln2a)上为减函数，
∴f(x)<f(0)＝0，不合题意，
综上，实数a得取值范围为．
由（1）可知：当a＝时，x>0时，，
即．
要证明(e x−1)ln(x+1)>x2，只需证明，只需证明，
只需证明．
设F(x)＝，则
，
∴当x>0时，F′(x)>0恒成立，故F(x)在区间(0, +∞)上单调递增，又F(0)＝0，
∴F(x)>0恒成立，
∴原不等式成立．。