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- 2021-04-13 发布
广东省肇庆市2020届高三第一次统考数学试题（文）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】集合，集合，
所以.
故选C.
2.已知复数z＝1+i，则z•（ ）
A. B. 2 C. ﹣2 D.
【答案】B
【解析】∵z＝1+i，∴，
∴，
故选：B.
3.设，向量，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由知，则，
可得．故本题答案应选B．
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题得,
所以.
故答案为C.
5.下面是关于复数的四个命题：其中的真命题为（ ）
的共轭复数为的虚部为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，，共轭复数为，的虚部为，
所以真命题为选C.
6.设变量x, y满足约束条件则目标函数z = y－2x的最小值为（ ）
A. －7 B. －4 C. 1 D. 2
【答案】A
【解析】画出原不等式组表示的平面区域如图所示阴影部分，
由题意知,当目标函数表示的直线经过点A(5，3)时，取得最小值，所以的最小值为，故选A.
7.若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】增函数且，所以A错误.
为增函数且，故，即，
所以，所以B错误；
为减函数且，所以D错误.
为增函数且，故
故选C.
8. 执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，输出的S=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意得，输出为数列的前三项和，而
，∴，故选B.
9.“a=1”是“函数在区间[1, +∞)上为增函数”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
【答案】A
【解析】函数f(x)的单调增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]，所以当a＝1时，增区间为[1，＋∞)，所以在[2，＋∞)上也递增．当f(x)在区间[2，＋∞)上为增函数，则有a≤2，所以a＝1不一定成立．“a=1”是“函数在区间[1, +∞)上为增函数”的充分不必要条件，故选A.
10.由函数f（x）＝sin2x的图象平移得到g（x）＝cos（ax），（其中a为常数且a＞0）的图象，需要将f（x）的图象（ ）
A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位
【答案】B
【解析】由函数f（x）＝sin2x的图象平移得到g（x）＝cos（ax），
则函数的周期相同即a＝2，
则g（x）＝cos（2x）＝sin（2x）＝sin（2x）＝sin2（x），
则需要将f（x）的图象向向左平移个单位，
故选：B．
11.已知函数f（x）＝x•sinx的图象是下列两个图象中的一个，如图，请你选择后再根据图象作出下面的判断：若x1，x2∈（），且f（x1）＜f（x2），则（ ）
A. x1＞x2 B. x1+x2＞0 C. x1＜x2 D. x12＜x22
【答案】D
【解析】由于函数f（x）＝x•sinx，
∴f（﹣x）＝﹣x•sin（﹣x）＝x•sinx＝f（x），
∴函数f（x）＝x•sinx是偶函数，其图象关于y轴对称，其图象是右边一个图．
且当x时，函数f（x）＝x•sinx是增函数，
∵x1，x2∈（），函数f（x）＝x•sinx是偶函数，且f（x1）＜f（x2），
∴ ，又当x时，函数f（x）＝x•sinx是增函数，
∴，
即x12＜x22
故选：D．
12.已知函数f（x）＝ex，g（x）＝42，若在[0，+∞）上存在x1，x2，使得f（x1）＝
g（x2），则x2﹣x1的最小值是（ ）
A. 1+ln2 B. 1﹣ln2 C. D. e﹣2
【答案】B
【解析】由f（x1）＝g（x2），
可得，
设x2﹣x1＝t，（t＞0）
可得x2＝t+x1，
即方程0．
那么（ex+2）2＝16（t+x）
∴t，
令y，（x≥0）
可得y′
令y′＝0，
可得x＝ln2，
∴在区间（0，ln2）时函数y递减，（ln2，+∞）时函数y递增；
当x＝ln2，可得y的最小值为1﹣ln2．
即t的最小值为1﹣ln2．
故选：B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.若等差数列和等比数列满足，，则_______.
【答案】
【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，
求得，，那么，故答案为.
14.
【答案】
【解析】∵＝2，∴＝＋＝＋＝＋ (－)＝＋.
又＝＋λ，∴ λ＝.
15.已知等差数列的前n项和为，且，则使取得最大值的n为_______.
【答案】6
【解析】因为等差数列中，，
所以，
，
，
∴Sn达到最大值时对应的项数n的值为6．
故答案为：6.
16.已知△ABC中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且bcosC﹣ccosBa2，tanB
＝3tanC，则a＝_____．
【答案】2
【解析】根据题意，△ABC中，tanB＝3tanC，即3，
变形可得sinBcosC＝3sinCcosB，
又由bcosC﹣ccosBa2，由正弦定理可得：sinBcosC﹣sinCcosBsinA×a，
变形可得：sinBcosC﹣sinCcosBsin（B+C）×a，
即sinBcosC﹣sinCcosBa×（sinBcosC+sinCcosB），
又由sinBcosC＝3sinCcosB，则2sinCcosB＝sinCcosB×a，
由题意可知：，即sinCcosB≠0，
变形可得：a＝2；
故答案为：2．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.已知f（x）sinωx﹣2sin2（ω＞0）的最小正周期为3π．
（1）求ω的值；
（2）当x∈[]时，求函数f（x）的最小值．
解：（1）f（x）sinωx﹣22sin（）﹣1，
∵函数f（x）的最小正周期为3π，
∴ω，
（2）由（1）可知f（x）＝2sin（）﹣1，
∵x∈[]，∴，
∴当，即x时，f（x）min＝21．
18.已知△内角，，的对边分别为，，，．
（1）求；
（2）若，，求△的面积．
解：（1）由于，所以，．
因为，故．
（2）根据正弦定理得， ，．
因为，所以．
由余弦定理得得．
因此△的面积为．
19.已知数列{an}中，a1＝1，an＞0，前n项和为Sn，若（n∈N*，且n≥2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记，求数列{cn}的前n项和Tn．
解：（1）数列{an}中，an＝Sn﹣Sn﹣1，（n∈N*，且n≥2）①
，（n∈N*，且n≥2）②
①÷②可得：1，
则数列{}是以1为首项，公差为1的等差数列，
则1+（n﹣1）＝n，
则Sn＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1，
a1＝1也符合该式，
则an＝2n﹣1；
（2）有（1）的结论，an＝2n﹣1，
则cn＝（2n﹣1）×22n﹣1；
则Tn＝1×2+3×23+5×25+……+（2n﹣1）×22n﹣1，③；
则4Tn＝1×23+3×25+5×27+……+（2n﹣1）×22n+1，④；
③﹣④可得：﹣3Tn＝2+2（23+25+……+22n﹣1）﹣（2n﹣1）×22n+1（2n）×22n+1，
变形可得：Tn．
20.已知数列{an}的前n项和Sn＝1+λan，其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）当λ＝2时，求数列{}的前n项和．
（1）证明：数列{an}的前n项和Sn＝1+λan，其中λ≠0．
n＝1时，a1＝1+λa1，λ≠1，解得a1．
n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝1+λan﹣（1+λan﹣1），化为：．
∴数列{an}是等比数列，首项为，公比为：．
∴an•，
（2）解：当λ＝2时，an＝﹣2n﹣1．
2．
∴数列{}的前n项和＝2[
＝2（）1．
21.已知函数f（x）＝lnx，a∈R．
（1）若x＝2是函数f（x）的极值点，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若x＞1时，f（x）＞0，求a的取值范围．
解：（1）∵f′（x），
由x＝2是函数f（x）极值点，可得，f′（2）＝0，
∴a，
∴y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率k＝f′（1），
又f（1）＝0
故y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程y即x+8y﹣1＝0，
（2）若a≤2，x＞1时，f′（x）0，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，f（x）＞f（1）＝0，符合题意，
若a＞2，方程x2+（2﹣2a）+1＝0的△＝4a2﹣8a＞0，
∴x2+（2﹣2a）+1＝0有两个不等的根，设两根分别为x1，x2，且x1＜x2，
∵x1+x2＝2a﹣2，x1•x2＝1，
∴0＜x1＜1＜x2，＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，x2）时，x2+（2﹣2a）+1＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
f（x）＜f（1）＝0，不符合题意，
综上可得，a的范围（﹣∞，2]．
22.设函数f（x）＝ax2+（1﹣2a）x﹣lnx（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，证明f（x）≥ln（ae2）﹣2a（e为自然对数的底数）．
解：（1）f'（x）＝2ax+（1﹣2a），x＞0，
①当a≥0时，令f'（x）＞0得：x＞1；令f'（x）＜0得：0＜x＜1，
∴函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1），
②当a＜0时，若1，即a时，f'（x）≤0，f（x）的单调递减区间为（0，+∞），
若1即a＜0时，f（x）的单调递减区间为（0，1），（，+∞），
单调递增区间为（1，），
若1即a时，f（x）的单调递减区间为（0，），（1，+∞），
单调递增区间为（，1）；
（2）由（1）可知当a＞0时，f（x）的最小值为f（1）＝1﹣a，
令g（a）＝1﹣a﹣（lnae2﹣2a）＝a﹣1﹣lna，
∴g'（a）＝1，
∴当a∈（0，1）时，g'（a）＜0，g（a）单调递减；
当a∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（a）最小值为g（1）＝0，
∴g（a）≥0，
∴1﹣a≥lnae2﹣2a，
即f（x）≥ln（ae2）﹣2a．