2021届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期第二次验收考试数学(文)试题(解析版)

2021届黑龙江省哈尔滨市第三中学校高三上学期第二次验收

考试数学（文）试题

一、单选题

1．cos600（ ） A．

1 2B．

3 2C．1 2D．3 2【答案】C

【解析】cos600cos240cos60 【详解】

cos600cos360240cos240

1cos(18060)cos60

2故选：C 【点睛】

本题考查的是三角函数的诱导公式，较简单.

22．已知集合Ax|ylgx3，B{x|x6x80}，则AB（ ）

A．x|2x3 C．x|2x4} 【答案】D

B．x|2x3 D．x|3x4

【解析】首先计算出两个集合，再根据两个集合的交集运算即可计算出结果. 【详解】

由题意可得Ax|x3，B{x|2x4}，则A故选：D 【点睛】

本题考查了集合交集的运算，属于简单题，解题的关键是分别根据两个集合的条件计算出两个集合，再根据交集的定义计算.

3．下列函数在其定义域上既是奇函数又是减函数的是（ ） A．f(x)xln|x|

B．fxxx

B{x|3x4}.

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C．f(x)x 【答案】B

13D．f(x)1 x【解析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合可得答案. 【详解】

解：对于A, f(x)xln|x|,可得其定义域为xx0，f(x)xln|x|f(x)，故f(x)为奇函数，可得当x＞0时，f(x)xlnx，其单调性为先递减后递增，且

f(x)xln|x|在定义域上不具有单调性，故A不正确；

x2,x0对于B，fxxx2，可知其在定义域上既是奇函数又是减函数，故B

x,x＜0正确；

对于C, f(x)x3，由幂函数性质可得其为奇函数，但在定义域上单调递增，故C不正确； 对于D,f(x)故选：B. 【点睛】

本题主要考查函数的单调性与奇偶性，考查学生对基础知识的理解辨析能力，属于基础题.

4．已知aln0.3，b30.3，c0.30.2，则a,b,c的大小关系是（ ） A．bca 【答案】A

【解析】aln0.30,b30.31,00.30.21,0c1，则acb.选A. 5．渔民出海打鱼，为了保证运回的鱼的新鲜度（以鱼肉内的主甲胺量的多少来确定鱼的新鲜度．三甲胺是一种挥发性碱性氨，是氨的衍生物，它是由细菌分解产生的三甲胺量积聚就表明鱼的新鲜度下降，鱼体开始变质，进而），鱼被打上船后，要在最短的时间内将其分拣、冷藏．已知某种鱼失去的新鲜度h与其出海后时间t（分）满足的函数关系式为hmat若出海后20分钟，这种鱼失去的新鲜度为20%，出海后30分钟，这种鱼失去的新鲜度为40%，那么若不及时处理，打上船的这种鱼大约在多长时间刚好失去50%的新鲜度（ ） 参考数据:1g20.3

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B．abc

C．bac

D．cba

11，其为奇函数，单在定义域上不具有单调性，故D不正确； x

A．33分钟 【答案】A

B．43分钟 C．50分钟 D．56分钟

h(20)ma200.2【解析】由题意可得：，可得h(t)的解析式，再令h(t)0.5，利30h(30)ma0.4用对数的运算性质求解可得答案. 【详解】

h(20)ma200.21解：由题意可得：，解得， 10a2,m0.0530h(30)ma0.4110故：h(t)0.052

1t10令h(t)0.0520.5，可得21010，两边同时去对数，

tt故t10故选：A 【点睛】

lg101033分钟， lg20.3本题主要考查指数型函数模型的实际应用，考查学生数学建模的能力与计算能力，属于中档题. 6．若tan3 ，则cos22sin2（ ） 4B．

A．

2548 25C．1 D．

16 25【答案】A

33434，得sin,cos或sin,cos，45555161224所以cos2sin2，故选A． 252525【解析】试题分析：由tan【考点】同角三角函数间的基本关系，倍角公式．

【方法点拨】三角函数求值：①“给角求值”将非特殊角向特殊角转化，通过相消或相约消去非特殊角，进而求出三角函数值；②“给值求值”关键是目标明确，建立已知和所求之间的联系．

1e2x7．函数fxx(其中e是自然对数的底数)的大致图像为 2x1e第 1 页 共 6 页

A． B．

C． D．

【答案】A

1e2x1e2x【解析】fx故排除C、D； xxfx,则函数是偶函数，

1e2x1e2x1e2令x=1，则f10,故排除B，则A正确. 21e本题选择A选项.

8．已知函数fx为奇函数，且函数fx与gx的图象关于直线yx对称，若

g23，则f3（ ）

A．3 【答案】C

【解析】利用两个函数的对称性，求出f3，再利用函数的奇偶性求得f3． 【详解】

函数fx与gx的图象关于直线yx对称，g23，f32 函数fx为奇函数，则f3f32 故选：C 【点睛】

本题考查函数的性质的应用，考查学生逻辑推理能力，属于基础题．

9．函数f(x)=cos(x)的部分图像如图所示，则f(x)的单调递减区间为（ ）

B．2

C．-2

D．-3

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13,k),kZ 4413C．(k,k),kZ

44A．(k【答案】D

13,2k),kZ 4413D．(2k,2k),kZ

44B．(2k1+2{4=，【解析】由五点作图知，，解得=，所以f(x)cos(x)，

5344+42令2kx间为（2k42k,kZ，解得2k13＜x＜2k，kZ，故单调减区4413，2k），kZ，故选D. 44【考点】三角函数图像与性质

10．将函数ysin2x的图象沿轴向左平移则的一个可能取值为( ) A．

B．

C．0

D．个单位后，得到一个偶函数的图象，8 4【答案】B

【解析】得到的偶函数解析式为ysin2xsin2x，显然844.

【考点定位】本题考查三角函数的图象和性质，要注意三角函数两种变换的区别，

sin2x选择合适的值通过诱导公式把sin2x转化为余弦

44函数是考查的最终目的.

|2x1|,x211．若函数f(x)3，则函数gxf（ ） fx2的零点个数为

,x2x1A．3 【答案】B

【解析】gxffx2的根，设tf(x)，则fx2的零点即方程fB．4

C．5

D．6

f(t)2，先解方程f(t)2的根t，再根据图像数形结合tf(x)的解的个数即可.

【详解】

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|2x1|,x2函数f(x)3，gxffx2的根， fx2的零点即f,x2x1设tf(x)，则f(t)2，先解方程f(t)2的根t，再计算tf(x)的解.

t2时|2t1|2得tlog23；t2时

352得t. t12|2x1|,x2如图所示，函数f(x)3的图像，

,x2x1

方程f(x)log231,3和方程f(x)5fx21,3各有两个解，即方程f2共有4个解，故gxffx2的零点有4个. 故选：B. 【点睛】

本题考查了函数的零点个数，考查了数形结合思想，属于中档题.

x1e12．若定义域,的函数fx满足f(x)f(x)且f1e，若

2x1f3e恒成立，则m的取值范围为（ ）

mA．,1 【答案】D

【解析】先根据条件构造函数

12B．,

12C．0,

52D．,

5221f(x)lnxc，再利用导数研究函数单调性，进而解决xe不等式f3【详解】

1ef(1)恒成立问题即可. m第 1 页 共 6 页

1f(x)f(x)1exf(x)fx函数满足f(x)f(x)，，则， xexxxex可设

f(x)x1f(x)lnxcef1cee， clnxc，为常数，故，xe11xxc1，故f(x)lnx1e，f(x)elnx1，x,，

x2令g(x)lnx111x111 ，x,，则g(x)22， xxxx21x,1时，g(x)0，故g(x)单调递减；x1,时，g(x)0，故g(x)单

2调递增，g(x)在x1时取得最小值g(1)0，g(x)0恒成立，

111f(x)exlnx10在x,成立，故fx在,上递增，又

x221f1e，所以不等式f3e即

m根据单调性得故选：D. 【点睛】

1f3f(1)，

m112131，解得m. 2m52本题考查了构造函数并利用导数研究函数单调性，解决不等式恒成立问题，属于难题.

二、填空题

13．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B＝C,2b＝3a，则cos A＝_____. 【答案】

1 3【解析】由B＝C,2b＝3a，

可得b＝c＝3a， 23232aaa22221bca44所以cos A＝＝＝.

3332bc2aa22第 1 页 共 6 页

故答案为

1 314．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m2sin18.若m2n4，则

12cos227＝____．（用数字作答）

mn【答案】1 2【解析】首先利用余弦的倍角公式以及同角三角函数关系中的平方关系和正弦的倍角公式，对式子进行化简，求得结果. 【详解】

根据题中的条件可得：

12cos22712cos227cos54

22sin182cos18mn2sin1844sin18sin361，

2sin362故答案是：【点睛】

1. 2该题考查的是有关三角函数的求值问题，涉及到的知识点有新定义，利用条件对式子进行正确的变形是解题的关键. 15．若sin【答案】π12π，则cos2 ______． 6337 9【解析】利用角的关系，建立函数值的关系求解． 632【详解】 已知sinπ1πππ，且，则636327ππ12ππcossin，故cos22cos21．

936333【点睛】

给值求值的关键是找准角与角之间的关系，再利用已知的函数求解未知的函数值． 16．设x,yR，定义xyxay（aR，且a为常数），若fxe，

x第 1 页 共 6 页

gxex2x2，Fxfxgx．以下四个命题中为真命题的是__________.

①gx不存在极值；②若fx的反函数为hx，且函数ykx与函数yhx有两个公共点，则k1-2；；③若Fx在R上是减函数，则实数a的取值范围是-，e④若a-3，则在Fx的曲线上存在两点，使得过这两点的切线互相垂直． 【答案】②③

【解析】对①，求gx的导数进行判断，对②，因为fxe，所以其反函数

xhxlnx，由hxlnx的图像与性质进行判断，对③，因为Fx在R上是减函数，

所以Fx0在R上恒成立，求得a的取值范围，对④，判断曲线上是否存两点处导数之积为1. 【详解】

gxex4x，因为g00，g10，所以存在x00,1，使得gx00，所以gx有极小值gx0，①是假命题；因为fxex，所以其反函

数hxlnx，过原点做hxlnx图像的切线，切线斜率为函数yhx有两个公共点，则k所以Fx0在R上恒成立，即e2x1，又因为函数ykx与e1，②为真命题；因为Fx在R上是减函数，e2a4x2x0在R上恒成立，即

a2x24x2x12恒成立，得a,2，所以③是真命题；若a3，

2x则Fxe2x110，所以x1,x2R，有Fx1Fx20，即

Fx1Fx2=1不成立，Fx的曲线上不存在两点，使得过这两点的切线互相垂

直，④为假命题,故答案为②③. 【点睛】

可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图像，然后根据图像判断交点个数；已知单调性问题可以转化为导数有关的恒成立问题；函数图像切线斜率等于切点处的导数值.

sin2()cos(2)tan(sin2cos)k17．已知f()，，kZ．

sin()tan(3)2（1）化简f()；

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1且求cossin的值； 8421（3）求满足f()的的取值集合．

4（2）若f()【答案】（1）f()sincos；（2）【解析】（1）利用诱导公式化简即可； （2）依据条件得sincos（3）依据条件得sin2【详解】

（1）根据诱导公式，化简得

53,k，kZ． ；（3）k1212212，再求cossin，根据符号判断即得结果； 81，利用正弦函数图像性质求的取值范围，即得结果. 2sin2()cos(2)tan()sin2costanf()sincos；

sin()tan(3)sintan（2）由f()sincos1132得cossin12sincos12，

8483； 2又

42，则sincos，故cossin（3）f()sincos111sin2，故sin2，利用正弦函数图像性质得 24262k2552k,kZ，即的取值集合为k,k，kZ．

12126【点睛】

本题考查了三角函数的基本关系和诱导公式，以及利用函数图像与性质解不等式，属于中档题.

三、解答题

18．已知函数f(x)sin2x2sin2x2cosx1,xR. 33（1）求函数f(x)的最小正周期； （2）求函数f(x)在区间,上的最大值和最小值. 44【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）最大值为2，最小值为-1

【解析】试题分析：（1）利用正弦函数的两角和与差的公式、二倍角的余弦公式与辅

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2fxsin2xsin2x助角公式将2cosx1化为

33fx2sin2x，利用周期公式即可求得函数fx的最小正周期；（2）可

4,fx分析得到函数在区间上是增函数，在区间,上是减函数，从而可4884求得fx在区间,上的最大值和最小值. 44试题解析：(1)f(x)＝sin 2x·cos2x·sin

＋cos 2x·sin＋sin 2x·cos－cos 333＋cos 2x 3＝sin 2x＋cos 2x＝2sin2x所以，f(x)的最小正周期T＝(2)因为f(x)在区间. 42＝π. 2,上是增函数，在区间,上是减函数．

8448又f1,4f2.f1， 84,上的最大值为2，最小值为－1. 44 故函数f(x)在区间

19．在△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且

2asinA(2bc)sinB(2cb)sinC.

（Ⅰ）求A的大小；

（Ⅱ）求sinBsinC的最大值. 【答案】(Ⅰ)120°；(Ⅱ)1.

【解析】(Ⅰ)由题意利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得∠A的大小； (Ⅱ)由题意结合(Ⅰ)的结论和三角函数的性质可得sinBsinC的最大值. 【详解】 (Ⅰ)

2asinA2bcsinB2cbsinC，

2a22bcb2cbc,即a2b2c2bc.

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b2c2a21cosA，A120.

2bc2(Ⅱ)sinBsinCsinBsin(60B) 31cosBsinBsin60B， 220B60，∴当60B90即B30时，sinBsinC取得最大值1.

【点睛】

在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的范围．

1x12xgxlog20．已知函数fx，，hxfxgx. 2x1x12（1）判断函数hx的奇偶性，并证明； （2）解不等式gx2；

（3）若不等式fxm0对任意x1,2恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）奇函数，证明见解析；（2）1,；（3）m3. 53【解析】（1）求出定义域后利用奇偶性定义判断； （2）由对数函数的单调性可求解；

（3）转化为求函数f(x)在[1,2]上的最小值，可用换元法求解． 【详解】

12x0121x（1）由题意hx，由可得1x1且x0， log1x2012x1x1xx所以hx的定义域为1,00,1，

12x1x12x1x因为hxhx loglog22xx121x121x12x2x11x1xlog2log210， xx12211x1x所以hxhx，所以函数hx为奇函数； （2）由gx2可得log21x1x32，所以04，解得1x， 1x1x5第 1 页 共 6 页

31,所以不等式的解集为；

5（3）因为不等式fxm0对任意x1,2恒成立， 所以fxm对任意x1,2恒成立，

12x1t2令t22,4，则yfx， 112x1t1tx所以y121t3， 在2,4上单调递增，所以ymin1t12所以fxmin3，所以m3. 【点睛】

本题考查函数的奇偶性，解对数不等式，不等式恒成立问题．转化与化归思想是解决不等式恒成立问题的常用方法．本题问题可转化为求函数的最小值． 21．已知x为正实数 （1）比较cosx与112x的大小； 2（2）若ex1xax2成立，求实数a的取值范围； （3）求证：excosxsinx2． 【答案】（1）cosx111,2x；（）；（3）证明见解析． 2212x1，利用导数判断函数fx的单调性及最值，2【解析】（1）构造函数fxcosx判断fx的正负，从而得出cosx与1x212x的大小； 2x（2）令函数hxeaxx1，则hxe2ax1，

令mxe2ax1，则mxe2a，分类讨论判断mx的正负，得出

xxhxmx的单调性，再根据hx的正负确定hx的单调性及最小值，只需满足hminx0即可；

（3）令函数gxecosxsinx2，则gxesinxcosx，

xx令sxesinxcosx，可证明sxecosxsinx0在x0,恒成

xx立，

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可得sx在0,上递增，然后得出gxsx0在0,上成立， 可得函数gx在0,上递增，然后验证gx0在0,上成立. 【详解】

解：（1）令函数fxcosx12x1，则fxsinxx， 2令xsinxx，则xcosx10，则x在0,上递增， 即fxsinxx在0,上递增，又f00，

所以fx0在0,上恒成立，即fx在0,上递增， 又因为f00，所以fx0在0,上恒成立， 所以cosx11x. 2x2x（2）令函数hxeaxx1，则hxe2ax1， 令mxe2ax1，则mxe2a

xx①若a1x，则mxe2a0在0,上恒成立，即mx递增， 2x所以hxe2ax1在0,上递增， 又h00，所以hx0在0,上恒成立，

所以hx在0,上递增，又h00，所以hx0在0,上成立； ②若a1x，则mxe2a0时得，xln2a， 2当mx0时，有xln2a，则mx在ln2a,单调递增， 当mx0时，有0xln2a，则mx在0,ln2a上递减，

又m00，所以存在x0ln2a,，使得mx00， 即hx00，且x0ln2a,， 所以hx在0,x0递减，在x0,递增；

又因为h00，且hx在0,x0递减，则hx00，不符合题意. 综上所述：a1. 2xx（3）令函数gxecosxsinx2，则gxesinxcosx，

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令sxesinxcosx，则sxecosxsinx，

xx当 x0,时，excosx0，sinx0，则sxecosxsinx0，

x当x,时，sxecosxsinxe2sinxxx0 4则sxecosxsinx0在x0,恒成立，

x所以sxesinxcosx在x0,上递增，

x即gx在x0,上递增，

又g00，所以gx0在0,上恒成立， 所以gxecosxsinx2在0,上递增，

x又g00，所以gx0在0,上成立， 所以excosxsinx2. 【点睛】

本题考查构造函数比较两个繁杂式子的大小，考查导数与不等式证明及根据不等式恒成立问题求参，难度较大. 解答时，合理构造函数并分析单调区间及最值是关键，注意分类讨论思想的运用.

x2tcos,22．在直角坐标系xOy中，倾斜角为的直线l的参数方程为（t为

y3tsin参数）.在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为2cos8.

（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，且AB42，求直线l的倾斜角. 【答案】（1）xy2x80 ； （2）

222 或. 62222【解析】（1）根据平方关系消参数得直线l的普通方程，根据xy,cosx得曲线C的直角坐标方程（2）利用直线参数方程几何意义求解. 【详解】

x2tcos（1）因为直线l的参数方程为（t为参数），

y3tsin第 1 页 共 6 页

当=当2时，直线l的直角坐标方程为x2．

时，直线l的直角坐标方程为y3tanx2．

2222因为xy,cosx，

因为2cos8，所以xy2x8． 所以C的直角坐标方程为xy2x80．

（2）解法1：曲线C的直角坐标方程为xy2x80，

将直线l的参数方程代入曲线C的方程整理，得t23sin2cost50． 因为23sin2cos222222222200，可设该方程的两个根为t1，t2，

则t1t223sin2cos ，

MNt1t2(t1t2)24t1t2(4cos)24526．

所以ABt1t2整理得

t1t224t1t2 23sin2cos2042． 23sincos23，

故2sin3． 6因为0，所以解得63或62， 36或2

综上所述，直线l的倾斜角为

或． 62解法2：直线l与圆C交于A，B两点，且AB42， 故圆心C1,0到直线l的距离d922①当21．

2时，直线l的直角坐标方程为x2，符合题意．

②当0,22,时，直线l的方程为xtany32tan0．

所以d解得tan032tan1tan221，整理得3tan1tan．

6．

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综上所述，直线l的倾斜角为【点睛】

或． 62本题考查参数方程化普通方程、极坐标方程化直角坐标方程以及直线参数方程应用，考查综合分析求解能力，属中档题.

23．已知函数f(x)x1xk(k0). （Ⅰ）当k2时，求不等式f(x)5的解集；

*a2b2c2（Ⅱ）若函数f(x)的最小值为3，且a,b,cR，证明：abck，

4. 3【答案】（Ⅰ）{x|x3或x2}；（Ⅱ）见解析

【解析】（Ⅰ）利用零点分类讨论法解绝对值不等式得解；（Ⅱ）利用绝对值三角不等式

222得k13解得k2，即abc2，再用柯西不等式即可证明abc4. 3【详解】

2x1,x2（Ⅰ）当k2时，fxx1x2{3,2x1 ，

2x1,x1x22x1x1 或{ 或{ ， 故不等式fx5可化为：{2x15352x15解得：x3或x2.

所求解集为：{x|x3或x2}.

（Ⅱ）因为fxx1xkx1xk k1. 又函数fx的最小值为3，k0，

所以k13，解得k2，即abc2， 由柯西不等式得abc所以abc【点睛】

本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式和柯西不等式，考查不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

222222121212abc4，

24. 3第 1 页 共 6 页