2020届陕西省兴平市高三上学期第一次模拟考试数学(理)试题(解析版)

试题

一、单选题

1．已知集合A{x|x21}，集合B{x|log2x0}，则AIB（ ） A．(0,1) 【答案】A

【解析】先解不等式得集合A与B，再根据交集定义得结果. 【详解】

根据题意：集合A{x|1x1}，集合B{x|0x1}，AIB(0,1) 故选A． 【点睛】

本题考查一元二次不等式与对数不等式解法以及交集的定义，考查基本分析求解能力，属基础题. 2．若复数zA．1 【答案】B

【解析】化简z为a+bi(a,b∈R)的形式利用纯虚数概念求解即可 【详解】

B．(1,0)

C．(1,1)

D．(,1)

1ai为纯虚数，则实数a的值为( ) 1iB．1

C．0

D．2

z1ai1ai1i1aa1i 1i21i1i故a10,a10 ，解a1 故选B 【点睛】

本题考查复数的运算及基本概念，准确计算是关键，是基础题 3．“4”是“tan1”的（ ）条件

B．必要不充分 D．既不充分也不必要

A．充分不必要 C．充要 【答案】D

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【解析】利用充分必要条件的定义，举反例进行说明． 【详解】

3， 445 当tanα1时，不一定有α，如α84当α时，不一定满足tanα1，如α∴“α4”是“tanα1”的既不充分也不必要条件

故选：D． 【点睛】

本题主要考查充分不必要条件的定义，以及正切函数的函数值，是一道基础题．

log2xx3,x0fx4．若函数x，则ff3（）

2,x0A．

1 3B．

3 2C．

5 2D．3

【答案】A

【解析】首先计算f3，然后再计算f【详解】

f3的值.

f3log2333log230,

1ff3flog232log23.

3故选A. 【点睛】

本题考查了分段函数求值，属于计算题型. 5．函数y＝A．[0，＋∞) 【答案】C

【解析】试题分析：Q30939y3，函数值域为[0，3） 【考点】函数值域

xx的值域是( ) B．[0,3]

C．[0,3)

D．(0,3)

exex6．函数f(x)的图像为（ ）

4x第 2 页 共 15 页

A． B．

C． D．

【答案】A

exex【解析】由fxfx，得fx的图象关于原点对称，当x0时，得

4xfx0，对选项分析判断即可.

【详解】

exex由fxfx，得fx的图象关于原点对称，排除C,D.

4x当x0时，得fx0，排除B. 故选A 【点睛】

本题考查了函数图像的识别，利用了函数的奇偶性等性质，属于基础题. 7．要得到函数ysin11x的图象，只需将函数ysinx的图象（ ）

422B．向右平移

A．向左平移

个单位长度 4个单位长度 4C．向左平移【答案】D

个单位长度 2D．向右平移

个单位长度 2【解析】将函数ysin规律可得出正确选项. 【详解】

11x表示为ysinx，结合三角函数的变换

4222111Qysinxsinx，因此，为了得到函数ysinx的图象，只

42222第 3 页 共 15 页

1ysinx需将函数的图象向右平移个单位长度，故选：D.

422【点睛】

本题考查三角函数的平移变换，解决三角函数平移变换需要注意以下两个问题： （1）变换前后两个函数名称要保持一致；（2）平移变换指的是在自变量x上变化了多少.

8．函数fx3sin22x的一个单调递增区间是 3B．A．713, 12127, 1212C．, 22D．5, 66【答案】A

【解析】首先由诱导公式对函数的解析式进行恒等变形，然后求解其单调区间即可. 【详解】

22fx3sin2x3sin2x， 函数的解析式即：33232x2kkZ， 232713xkkZ， 解得：k1212其单调增区间满足：2k713,. 令k0可得函数的一个单调递增区间为1212故选：A. 【点睛】

本题主要考查诱导公式的应用，三角函数单调区间的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

9．在ABC中，角A,B,C对边分别是a,b,c，满足c(ab)6,22C3，则

ABC的面积为（ ）

A．33 B．33 2C．

3 2D．

3 2【答案】B 【解析】化简公式即可。 【详解】

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，再利用余弦定理即可求出ab的值，代入三角形面积

Q又Q，c2a22abb26，

，由余弦定理可得： c2a2b22abcosCa2b2ab

 a22abb26a2b2ab，解得：ab6，

由三角形面积公式可得SABC故答案选B。 【点睛】

本题考查余弦定理、三角形的面积公式，考查学生化简、变形的能力，属于中档题。

133 absinC225510．已知sin，,4524A．310 10，则sin（ ） C．B．10 1010 10D．

10310 或1010

【答案】B

【解析】分析：先根据sin最后求sin的值. 详解：由题得

525cos()5得到，再求4454511355(12sincos),sincos0,Q, 251024432,cos()5， 所以4445所以sinsin[(故答案为B

点睛：（1）本题主要考查三角函数求值，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析转化能力. (2)解答本题的关键有两点，其一是根据已知求的隐含范围，其二是通过变角求sin的值，sinsin[(4)4]5225210(). 525210)]. 4411．若alog23，blog57，c0.74，则实数a，b，c的大小关系为（ ） A．cba 【答案】D

【解析】先判断出a,b大于1，而c小于1，得到最小为c.然后利用对数的运算和性质，

B．cab

C．bac

D．abc

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比较a,b两个数的大小. 【详解】

alog23log221,blog57log551，而00.741，故c是最小的.由于

1log57log47log27log27log23，即log57log23，即ba，故选D.

2【点睛】

本小题主要考查指数式和对数式比较大小，考查对数函数的性质，考查比较大小的方法，属于中档题.

12．定义在R上的可导函数fx满足f11，且2f'x1，当x不等式f(2cosx)2sin23,时，22x3的解集为( ) 224, 33C．0,

3A．4,33 B．D．, 33【答案】D

【解析】构造函数gxfx11x，可得gx在定义域内R上是增函数，且22x3g10，进而根据f(2cosx)2sin20转化成g(2cosx)g1，进而可求

22得答案 【详解】

111x，则g'(x)f'(x)0， 22211g(x)在定义域R上是增函数，且g(1)f(1)0，

221x3g(2cosx)f(2cosx)cosx=f(2cosx)2sin2，

222x3f(2cosx)2sin20可转化成g(2cosx)g1，得到

22令g(x)f(x)32cosx1，又Qx,，可以得到x,

3322故选D 【点睛】

本题考查利用函数的单调性求取值范围，解题的难点在于如何合理的构造函数，属于中档题

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二、填空题

13．命题“xR，x2+1>0”的否定为_______ 【答案】xR，x210

【解析】试题分析：本小题给出的命题是全称命题，它的否定是特称命题“xR，

x210”.

【考点】本小题主要考查含有一个量词的命题的否定.

点评：对于此类问题，要主要特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题.

114．定积分(xe)dx_______.

0x【答案】e1 2【解析】分析：根据定积分，找到被积分函数的原函数，即可求解.

1详解：由(xe)dx(xe)|0(e)ee0x122x11201. 2点睛：本题主要考查了定积分的计算问题，其中解答中找到被积分函数的原函数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 15．函数fxe【答案】yx

x1【解析】求得函数的导数f(x)e，求得f(1)1，得到切线的斜率为k1，利用

x1在1,1处切线方程是______．

直线的点斜式方程，即可求解切线的方程. 【详解】

由题意，函数f(x)ex1，则f(x)ex1，则f(1)1，即在(1,1)处的切线的斜率为

k1，

由直线的点斜式方程可得，切线的方程为y1x1，即yx. 【点睛】

本题主要考查了利用导数的几何意义求解曲线在某点处的切线方程，其中解答中熟记导数的几何意义的应用是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 16．已知函数f(x)sinx(0)的两条对称轴之间距离的最小值为4，将函4数f(x)的图象向右平移1个单位长度后得到函数gx的图象，则

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g(1)g(2)g(3)Lg(2019)___________.

【答案】21

【解析】因为两条对称轴之间距离的最小值为4，可知函数周期T8，可求出将函数f(x)的图象向右平移1个单位长度后

4，

g(x)f(x1)sinxsinx，因为

4444g ( 1 )  g ( 2 ) g(3)Lg(8)0，利用周期可求出原式等于

g1+g2g321.

【详解】 依题意，

T4，T8，所以，故f(x)sinx，

4244g(x)f(x1)sinxsinx，因为

4444g ( 1 )  g ( 2 ) g(3)Lg(8)0，所以

g1g2g3+L+g2019g1+g2g321.

【点睛】

本题主要考查了正弦型函数的周期性，函数图像的平移，利用周期求值，属于中档题.

三、解答题

17．命题p:关于x的不等式x22ax40,对一切xR恒成立；命题q:函数求实数a的取值范围. fx32a是增函数. 若pq为真，pq为假，【答案】1a＜2或a2.

【解析】容易求出命题p为真时，﹣2＜a＜2，而q为真时，a＜1．由p∨q为真，p∧q为假便可得到p真q假，或p假q真两种情况，求出每种情况的a的范围，再求并集即可得出实数a的取值范围． 【详解】

①若命题p为真，则：△=4a2﹣16＜0，∴﹣2＜a＜2； ②若命题q为真，则：3﹣2a＞1，∴a＜1；

∴p∨q为真，p∧q为假，则p真q假，或p假q真；

x第 8 页 共 15 页

∴a2或a22＜a＜2，或；

a＜1a1∴1≤a＜2，或a≤﹣2；

∴实数a的取值范围为1a＜2或a2． 【点睛】

“pq”，“pq”“p”等形式命题真假的判断步骤：（1）确定命题的构成形式；（2）判断其中命题p,q的真假；（3）确定“pq”，“pq”“p”等形式命题的真假. 18．已知函数fx103sinxcosx10cosx.

2（1）求函数fx的最小正周期和单调递增区间； （2）将函数fx的图像向右平移

个单位长度，得到函数gx的图像，求使得6gx0的x的取值范围.

【答案】（1）最小正周期T=π，函数f（x）在k2,kkZ上单调递增；36（2）xkxk.

33fx） 【解析】试题分析：（1）利用和与差以及二倍角公式，辅助角公式化简即可求函数（的最小正周期和单调减区间；

gx） 的解析式，利用预先函数的性质可求使（2）根据三角函数平移变换的规律求解（得gx0的x的取值范围.

试题解析： （1）∵f（x）=-10

sinxcosx + 10cos2 x=53sin2x5cos2x5

（2x=10sin

5）+5. 6∴所求函数f（x）的最小正周期T=π

22k2x52k622kxk36

所以函数f（x）在k2,k kZ上单调递增 36第 9 页 共 15 页

（2）将函数f（x）的图象向右平移个单位长度后得到

5gxfx10sin2x510cos2x5的图象

636所以当gx0时，cos2x所以1 2222k2x2k,kxk 3333所以xkxk kZ

33【点睛】本题考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键 19．已知函数f(x)a1为奇函数. xe1（1）判断f(x)的单调性并证明； （2）解不等式f(log2x)f(log22x3)0.

【答案】(1)答案见解析；(2)[,2]. 【解析】试题分析：

18(1)函数为奇函数，则fxfx恒成立，据此得到关于实数a的恒等式，整理可得a2，函数的解析式为fx单调性可得函数是单调递增函数；

(2)结合函数的奇偶性和函数的单调性脱去f符号，求解对数型二次不等式

1log22x2log2x30可得原不等式的解集为,2.

821，利用导函数研究函数的ex1试题解析：

（1）由已知fxfx，∴

aa11x ex1e1aexa∴xx2a20，a2 e1e122exfx∵f'xx∴0，x1为单调递增函数.

e1e122∵flog2xflog2x30，∴flog2xflog2x3，（2）而fx为奇函数，

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2∴flog2xflog2x3

2∵fx为单调递增函数，∴log2xlog2x3，

∴log22x2log2x30， ∴3log2x1，

1∴x,2.

820．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求角A的值； （2）若B2b3ccosC. cosA3a6，且ABC的面积为43，求BC边上的中线AM的大小.

【答案】(1)A6；(2)AM27. 【解析】试题分析：

（1）利用正弦定理边化角可得2sinB3sinccosC，整理计算可得cosA3sinA2sinBcosA3sinB0，则cosA（2）由题意可得A3，A.

62112absinC a2sin43，则a4.2236，B6，SABC在AMC中应用余弦定理有AM2AC2MC22ACMCcos120，据此计算可得

AM27. 试题解析： （1）因为2b3ccosC， cosA3a所以2sinB3sinccosC， cosA3sinA所以2sinBcosA3cosAsinC3sinAcosC，

所以2sinBcosA3sinAC0，2sinBcosA3sinB0. 又因为sinB0，

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所以cosA3，又因为0A，且A，所以A.

262（2）据（1）求解知A6.若B6，则SABC112absinC a2sin43. 223所以a4，a4（舍）

又在AMC中，AM2AC2MC22ACMCcos120，

11所以AM2AC2AC2ACACcos120

221422224228.

2所以AM27. 21．已知函数fx2x2aaR将yfx的图象向右平移两个单位，得到函x2数ygx的图象.

（1）求函数ygx的解析式；

（2）若方程fxa在x0,1上有且仅有一个实根，求a的取值范围. 【答案】（1）gx2x2a2x2（2）

14a 23【解析】(1)借助平移的知识可以直接求出函数解析式

（2）先换元2xt将问题转化为t2ata0有且只有一个根，再运用函数方程思想建立不等式组分析求解。 【详解】 （1）gx2x2a2x2

（2）设2xt，则t1,2，原方程可化为t2ata0，于是只须t2ata0在

t1,2上有且仅有一个实根.

0a2② 法1：设kttata，对称轴t，则k1k20①.或a1222由①得12a43a0，即2a13a40，

14a. 23a24a014由②得无解，则a.

232a4第 12 页 共 15 页

111法2：由t2ata0，t1,2，因为a=0时，t2ata0，所以，

att111t1,2，设u，则u,1，u2u.

t2a记guuu，则guuu在,1上是单调递增函数，因为要使题设成立，

22221只须g411411g1... 2a即从而2a3a23【点睛】

在解答指数函数的综合题目时可以采用换元法，转化为一元二次函数的问题，注意根据题目要求需要进行必要的分类讨论.

x222．已知函数f(x)sinx(x1)ln(x1)；g(x)sinxx1.

2（1）判断f(x)在[0,)上的单调性，并说明理由； （2）求g(x)的极值；

（3）当x(0,]时，sinxa(2x)ln(x1)，求实数a的取值范围. 【答案】（1）见解析（2）极小值g(0)1.（3）0,

21【解析】（1）求导数，根据导函数符号确定单调性，（2）利用导数研究导函数单调性，根据单调性确定导函数符号变化规律，即得函数极值，（3）先根据特殊值得0a，再由（1）得x1lnx1sinx，结合sinxa2xlnx1得a2xx1,因此0a【详解】

解：（1）∵fxsinxx1lnx1， 则f'xcosx1lnx1.

当x0时，cosx10，lnx10，得f'x0， ∴fx在0,上单调递减.

11，最后利用（2）证明0a满足条件. 22x2（2）∵gxsinxx1，

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则g'xcosxx1，

令g'xmx，则m'x1sinx0. ∴mx即g'x在,上单调递增. 又g'00，

∴当x0时，g'x0，当x0时，g'x0. ∴gx在0,上单调递增，在,0上单调递减， ∴gx有极小值g01.

（3）令Fxsinxa2xlnx1， 即Fx0对x0,成立.

①a0时，Fa2ln10与Fx0矛盾，不成立. ②0a1时，当x0,2时， 22a0， x1令hxx2alnx1，则h'x1∴hx在0,2上单调递增， 又h00，∴hx0，即

xalnx1. 2x2x2x由（2）知sinxxa2xlnx1. 22当x2,时，sinx0，而a2xlnx10，等号不同时成立， ∴sinxa2xlnx1. ③a12a1时，若x0,，则a2xx1，

a12即a2xlnx1x1lnx1， 由（1）知sinxx1lnx10， 即x1lnx1sinx. ∴a2xlnx1sinx， ∴Fx0不成立.

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1a综上，的取值范围为0,.

2【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性与函数极值以及不等式恒成立，考查综合分析求解能力，属难题.

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