甘肃省兰州市第一中学2020届高三上学期9月月考数学（文）试题
兰州一中 2020 届高三 9 月月考试题数学（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，请将正确答案涂在答题卡上.）
1.已知集合 A＝{x|y＝lg(x－ )}，B＝{x| －cx<0，c>0}，若 A⊆B，则实数 c 的取值范
围是( )
A. (0,1] B. [1，＋∞)
C. (0,1) D. (1，＋∞)
【答案】B
【解析】
【分析】
A 集合用对数的真数的定义即可求出范围，B 集合化简后含有参数，所以，画出数轴，用数
轴表示 A⊆B，即可求出 c 的取值范围.
【详解】解法 1：A＝{x|y＝lg(x－ )}＝{x|x－ >0}＝{x|0
0}
＝{x|00}＝{x|0
2 4 3a a a⋅ = 3 1a = 5T ( )5
3a ( )3
6 3 4 1T a a= >
na ∴ ( )2
2 4 3a a a⋅ = 2 4 3a a a⋅ = ∴ ( )2
3 3a a=
3 1a = 3 0a = ∴ ( )5
5 1 2 3 4 5 3 1T a a a a a a= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ( )3
6 3 4 1T a a= >
m n p qa a a a⋅ = ⋅
( )f x R ( )1 2f − = x∈R ( ) 2f x′ > ( ) 2 4f x x> +
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数 ，利用导数判断出函数 在 上的单调性，将不等
式 转化为 ，利用函数 的单调性即可求解.
【详解】依题意可设 ，所以 .
所以函数 在 上单调递增，又因为 .
所以要使 ，即 ，只需要 ，故选：B.
【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造
新函数来解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
12.已知椭圆 与双曲线 有相同
的焦点 ，若点 是 与 在第一象限内的交点，且 ,设 与 的离
心率分别为 ，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设椭圆与双曲线的半焦距为 , ,由题意可得 ，用 表示出 ，
结合二次函数的性质即可求出范围.
( )1,1− ( )1,− +∞ ( ), 1−∞ −
( ),−∞ +∞
( ) ( ) 2 4g x f x x= − − ( )y g x= R
( ) 2 4f x x> + ( ) ( )1g x g> − ( )y g x=
( ) ( ) 2 4g x f x x= − − ( ) ( ) 2 0g x f x′ ′= − >
( )y g x= R ( ) ( )1 1 2 4 0g f− = − + − =
( ) ( ) 2 4 0g x f x x= − − > ( ) ( )1g x g> − 1x > −
2 2
1 1 12 2
1 1
: 1( 0)x yC a ba b
+ = > >
2 2
2 2 22 2
2 2
: 1( 0, 0)x yC a ba b
− = > >
1 2,F F P 1C 2C 1 2 22F F PF= 1C 2C
1 2,e e 2 1e e−
1
3
+ ∞ ， 1
3
+ ∞ ， 1
2
+ ∞ ，
1
2
+ ∞ ，
1 2 2F F c= 1PF t= 1 2a a c− = 2e 1e
【详解】如图所示：
设椭圆与双曲线的焦距为 , ,由题意可得
， ，即
，即
，
由 可知 ，令 ， ，
所以 ，故选 D.
【点睛】本题主要考查了双曲线和椭圆的性质以及离心率的问题，考查了转化思想，属于中
档题.
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13.函数 的单调递减区间是________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求得函数的定义域，再由复合函数的单调性求解即可.
【详解】由 ，解得 或 .
令 ，则 为增函数，
1 2 2F F c= 1PF t=
1 22 , 2t c a t c a+ = − =
1 22 , 2t a c t a c∴ = − = + 1 22 2a c a c∴ − = + 1 2a a c− =
1 2
1 1 1e e
∴ − = 2
1
2 1
ee e
= +
2
2 2
2 1 2 2
2 2
2 2
1
1 1 1 1
e ee e e e e
e e
∴ − = − = =+ + +
2 1e >
2
10 1e
< <
2
1 (0,1)x e
= ∈ 2 (0,2)y x x∴ = + ∈
2 1
1
2e e− >
2
2( ) log ( 2)f x x x= − −
( , 1)−∞ −
2 2 0x x− − > 1x < − 2x >
2 2t x x= − − 2logy t=
所以当 时函数 单调递减.
所以答案为： .
【点睛】本题主要考查了对数函数和二次函数的复合函数的单调性的求解，遵循“同增异减”
的原则，在定义域上求解即可.
14.已知抛物线方程为 y2＝－4x，直线 l 的方程为 2x＋y－4＝0，在抛物线上有一动点 A，
点 A 到 y 轴的距离为 m，到直线 l 的距离为 n，则 m＋n 的最小值为________.
【答案】
【解析】
分析】
先作出图形，根据题意可知抛物线上的动点到准线的距离等于该点到 y 轴的距离加 1，由此
可表示出|AH|+|AN|=m+n+1；根据抛物线的性质可得|AF|+|AH|=m+n+1，结合所有连线中直
线最短的原理，可知当 A，F，H 三点共线时，m+n 最短即可求出其最小值
【详解】如图所示：
如图，过点 A 作 AH⊥l 于 H，AN 垂直于抛物线的准线于 N，则|AH|+|AN|=m+n+1，
连接 AF，则|AF|+|AH|=m+n+1，
由平面几何知识，得当 A，F，H 三点共线时，|AF|+|AH|=m+n+1 取得最小值，根据点到直
线距离公式，求得|FH|=
【
1x < − 2
2( ) log ( 2)f x x x= − −
( , 1)−∞ −
6 5 15
−
6 6 5
55
=
即 m+n 的最小值为
【点睛】抛物线中涉及焦半径问题，需要结合抛物线性质：到焦点距离等于到准线距离进行
转化，再结合几何关系进行求解
15. 的内角 的对边分别为 ，若 ，则 的
取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
先利用余弦定理可得 ，进而可得 ，利用 的范围可得解.
【详解】由 可得：
可得： ，所以 .
由 ， ，
所以 .
【点睛】本题主要考查了余弦定理，及三角函数的值域问题，解题的关键是求角的范围，属
于基础题.
16.已知实数 ，若关于 的方程 有三个不同的
实根，则 的取值范围为____________．
【答案】
【解析】
试 题 分 析 ： 原 问 题 等 价 于 有 三 个 不 同 的 实 根 ， 即 与
6 5 15
−
ABC∆ , ,A B C , ,a b c a b c b
c a b c
− + = + − sin sinB C+
3( , 3]2
3A
π= sin sin 3sin( )6B C B
π+ = + B
a b c b
c a b c
− + = + −
2 2 2b c a bc+ − =
2 2 2 1cos 2 2
b c aA bc
+ −= =
3A
π=
3 1sin sin sin sin( ) sin cos sin 3sin( )2 2 6B C B A B B B B B
π+ = + + = + + = +
3A
π= 2 5(0, ), ( , )3 6 6 6B B
π π π π∈ + ∈
33sin( ) ( , 3]6 2B
π+ ∈
( ) ( )
, 0{lg , 0
xe xf x x x
≥= − < x ( ) ( )2 0f x f x t+ + =
t
( ], 2−∞ −
( ) ( )2f x f x t+ = − y t= −
有三个不同的交点，当 时， 为增函数，
在 处 取 得 最 小 值 为 ， 与 只 有 一 个 交 点 . 当 时 ，
，根据复合函数的单调性，其在 上先减后增.
所以，要有三个不同交点，则需 ，解得 .
考点：函数与方程零点.
【思路点晴】本题主要考查复合函数零点与单调性的问题.函数 是一个分段函数，先
对含有 的方程进行分离常数 ，变为探究两个函数图像 个交点的问题
来研究.分离常数后，由于 是一个分段函数，故分成两个部分来研究，当 时，函
数 为增函数，在 时有最小值为 ，由此在 轴右边仅有
一个交点.利用复合函数单调性可知函数在 轴左边先减后增，故要使两个函数有 个交点，
则需 ，解得 .
三、解答题(写出必要的计算步骤、解答过程，只写最后结果的不得分，共 70
分)
17.已知向量 函数
(1)求函数 的单调增区间;
(2)当 时,求函数 值域.
【答案】(1) ；（2）
【解析】
【分析】
（ 1 ） 先 将 表 示 出 来 ， 再 结 合 二 倍 角 公 式 进 行 转 化 ， 可 得
，进一步结合辅助角公式化简，可得 ，结
合 增区间的通式可求得
（2）当 ，分析 在对应区间的增减性，再求出值域
( ) ( )2y f x f x= + 0x ≥ ( ) ( )2 2x xy f x f x e e= + = +
0x = 2 y t= − 0x <
( ) ( )2 2lg ( ) lg( )y f x f x x x= + = − + − ( ),0- ¥
2t− ≥ 2t ≤ −
( )f x
t ( ) ( )2f x f x t+ = − 3
( )f x 0x ≥
( ) ( )2 2x xy f x f x e e= + = + 0x = 2 y
y 3
2t− ≥ 2t ≤ −
( ) ( )2cos ,1 , cos , 3sin 2 ,a x b x x= = ( ) .f x a b= ⋅
( )f x
0, 6x
π ∈ ( )f x
( ),3 6k k k Z
π ππ π − + ∈
[ ]2,3
( )f x a b= ⋅
3sin 2 cos2 1x x+ + ( ) 2sin 2 16f x x
π = + +
sin x
0, 6x
π ∈ ( )f x
【详解】(1)
由 得 故单增区间
是
(2)由（1）知 在 上单调递增,∴当 时, ；
当 时, ，值域
【点睛】解答三角函数综合题时，需先将三角函数化到最简，将所求函数括号中 整体结合
基础函数图像性质进行代换求解。要快速求解此类题型，需要对于三类三角函数的基础图像
有较为扎实的掌握，包括增减区间、对称轴、对称中心等
18.在锐角 中， ， ， 为内角 ， ， 的对边，且满足
．
（ ）求角 的大小．
（ ）已知 ，边 边上的高 ，求 的面积 的值．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
试题分析：（ ）由 ，利用正弦定理和三角函数的恒等变换，
可得 ，即可得到角 的值；
（ ）由三角形的面积公式，代入 ，解得 的值，及 的值，再根据余弦定理，
求得 的值，由三角形的面积公式，即可求解三角形的面积.
试题解析：
的
( ) 22cos 3sin 2f x a b x x= ⋅ = +
3sin 2 cos2 1 2sin 2 16x x x
π = + + = + +
( )2 2 2 ,2 6 2k x k k Z
π π ππ π− ≤ + ≤ + ∈ , ( ), .3 6k x k k Z
π ππ π− ≤ ≤ + ∈
( ),3 6k k k Z
π ππ π − + ∈
( )f x 0 6,
π
6x
π= ( )max 3f x =
0x = ( )min 2f x = [ ]2,3
ABC∆ a b c A B C
( )2 cos 0c a cosB b A− − =
1 B
2 2c = AC 3 21
7BD = ABC∆ S
3
π 3 3
2
1 (2 )cos cos 0c a B b A− − =
1cos 2B = B
2 c ,sinBD B b
,a b
（ ）∵ ，
由正弦定理得 ，
∴ ，
，
∵ 且 ，∴ ，
∵ ， ．
（ ）∵ ，
代入 ， ， ，得 ，
由余弦定理得： ，
代入 ，得 ，
解得 ，或 ，
又∵锐角三角形，
∴ ，∴ ，
∴
19.在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 为参数 ，直线 l 与曲线
C： 交于 A，B 两点
求 的长；
在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点 P 的极坐标为 ，求
点 P 到线段 AB 中点 M 的距离．
1 ( )2 cos 0c a cosB b A− − =
( )2sin sin cos sin cos 0C A B B A− − =
( )2sin sin sin cosC A cosB B A− =
( )2sin cos sin 0C B A B− + =
πA B C+ = − sin 0C ≠ 1cos 2B =
( )0,πB∈ π
3B =
2 1 1sin2 2S ac B BD b= = ⋅
c 3 21
7BD = 3sin 2B = 7
3b a=
2 2 2 22 cos 4 2b a c ac B a a= + − = + −
7
3b a= 2 9 18 0a a− + =
3
7
a
b
= =
6
2 7
a
b
= =
2 2 2a c b< + 3a =
1 1 3 3 3sin 2 32 2 2 2ABCS ac B
= = × × × =
x 2 t
(t
y 2 3t
= − − = −
)
2 2(y 2) x 1− − =
( )1 AB
( )2 3π2 2, 4
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
试题分析：（1）把直线的参数方程代入曲线 的方程，得 ，即可求
解；（2）根据中点坐标的性质可得 中点 对应的参数为 ，由 的几何意义，
可运算结果.
试题解析：（1）直线 的参数方程化为标准型 （ 为参数）
代入曲线 方程得 设 对应的参数分别为 ，则 ，
，
所以
（2）由极坐标与直角坐标互化公式得 直角坐标 ，
所以点 在直线 ，中点 对应参数为 ，
由参数 几何意义，所以点 到线段 中点 的距离
考点：直线的参数方程；极坐标方程的应用.
20.已知 .
（1）当 时,求 的解集;
（2）若不存在实数 ,使 成立,求 的取值范围.
【答案】(1) 或 .(2)
【解析】
【分析】
(1)当 时,不等式即 ,零点分段可得不等式的解集为 或 .
(2)依题意，结合绝对值三角不等式的性质可得 ,据此求解绝对值不等式可
2 14
C 1 2 1 24, 10t t t t+ = − = −
AB M 1 2 22
t t+ = − t
t
C
M
t AB M
( ) ( )2 0 f x ax ax a a= − + − >
1a = ( )f x x≥
x ( ) 3f x < a
{ | 1x x ≤ 3}x ≥ 5a ≥
1a = 2 1x x x− + − ≥ { | 1x x ≤ 3}x ≥
( ) 2 3f x a≥ − ≥
得 .
【详解】(1)当 时, ,则 即 ,
当 时,原不等式可化为 ,解得 ;
当 时,原不等式可化为 ,解得 ,原不等式无解;
当 时,原不等式可化为 ,解得 .
综上可得,原不等式的解集为 或 .
(2)依题意得,对 ,都有 ,
则 ,
所以 或 ,所以 或 (舍去),所以 .
【点睛】绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
21.设 f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，a R.
（Ⅰ）令 g(x)=f'(x)，求 g(x)的单调区间；
（Ⅱ）已知 f(x)在 x=1 处取得极大值.求实数 a 的取值范围.
【答案】（Ⅰ）当 时，函数 单调递增区间为 ，当 时，函数 单
调递增区间为 ，单调递减区间为 ； （Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求出 ，然后讨论当 时，当 时的两种情况即得.
（Ⅱ）分以下情况讨论：①当 时，②当 时，③当 时，④当
时，综合即得.
试题解析：（Ⅰ）由
可得 ，
则 ，
5a ≥
1a = ( ) 2 1f x x x= − + − ( )f x x≥ 2 1x x x− + − ≥
2x ≥ 2 1x x x− + − ≥ 3x ≥
1 2x< < 2 1a x x− + − ≥ 1x ≤
1x ≤ 2 1x x x− + − ≥ 1x ≤
{ | 1x x ≤ 3}x ≥
x R∀ ∈ ( ) 3f x ≥
( ) ( ) ( )2 2f x ax ax a ax ax a= − + − ≥ − − − 2 3a= − ≥
2 3a − ≥ 2 3a − ≤ − 5a ≥ 1a ≤ − 5a ≥
∈
0a ≤ ( )g x ( )0,+∞ 0a > ( )g x
10, 2a
（ ） 1 ,2a
+∞（ ） 1
2a >
( )g x′ 0a ≤ 0a >
0a ≤ 10 2a< < 1
2a = 1
2a >
( ) ln 2 2 ,f x x ax a= − +′
( ) ( )ln 2 2 , 0,g x x ax a x= − + ∈ +∞
( ) 1 1 22 axg x ax x
=′ −= −
当 时，
时， ，函数 单调递增；
当 时，
时， ，函数 单调递增，
时， ，函数 单调递减.
所以当 时， 单调递增区间为 ；
当 时，函数 单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， .
①当 时， ， 单调递减.
所以当 时， ， 单调递减.
当 时， ， 单调递增.
所以 在 x=1 处取得极小值，不合题意.
②当 时， ，由(Ⅰ)知 在 内单调递增，
可得当当 时， ， 时， ，
所以 在(0,1)内单调递减，在 内单调递增，
所以 在 x=1 处取得极小值，不合题意.
③当 时，即 时， 在(0,1)内单调递增，在 内单调递减，
所以当 时， ， 单调递减，不合题意.
④当 时，即 ，当 时， ， 单调递增,
当 时， ， 单调递减，
所以 f(x)在 x=1 处取得极大值，合题意.
综上可知，实数 a 的取值范围为 .
【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想
0a ≤
( )0,x∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x
0a >
10, 2x a
∈（ ） ( ) 0g x′ > ( )g x
1 ,2x a
∈ +∞（ ） ( ) 0g x′ < ( )g x
0a ≤ ( )g x ( )0,+∞
0a > ( )g x 10, 2a
（ ） 1 ,2a
+∞（ ）
( )1 0f ′ =
0a ≤ ( ) 0f x′ < ( )f x
( )0,1x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x
( )1,x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
( )f x
10 2a< < 1 12a
> ( )f x′ 10, 2a
（ ）
( )0,1x∈ ( ) 0f x′ < 11, 2x a
∈（ ） ( ) 0f x′ >
( )f x 11, 2a
（ ）
( )f x
1
2a = 1 12a
= ( )f x′ ( )1,+∞
( )0,x∈ +∞ ( ) 0f x′ ≤ ( )f x
1
2a > 10 12a
< < 1 ,12x a
∈（ ） ( ) 0f x′ > ( )f x
( )1,x∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x
1
2a >
【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.
本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当
分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻
辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.
【此处有视频，请去附件查看】
22.已知函数 ．
(1)若 ,求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 在 上恒成立,求实数 的取值范围．
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】
（1）先求得点坐标，再利用到导数求切线斜率，进而由点斜式可得解；
（2）求函数导数，令 可得 在 上为增函数，分
和 两种情况讨论即可得解.
【详解】(1)因为 ,所以 , ,切
点为 .由 ,所以 ,所以曲线
在 处的切线方程为 ,
即 ；
(2)由 ,令 ,则
(当且仅当 取等号).故 在 上为增
函数.
①当 时, ,故 在 上为增函数,所以 恒
成立,故 符合题意;
( ) ( 2)ln( 1) ( )f x x x ax a R= + + − ∈
1a = ( )y f x= ( )0, (0)f
( ) 0f x ≥ [ )0,+∞ a
0x y− = ( ,2]−∞
( ) ( ) ( [0, ))g x f x x= ∈ +∞′ ( )f x′ [ )0,+∞ 2a ≤
2a >
1a = ( ) ( 2)ln( 1)f x x x x= + + − (0) (0 2) ln1 0 0f = + × − =
(0,0) 2( ) ln( 1) 11
xf x x x
+′ = + + −+
' 0 2(0) ln(0 1) 1 10 1f
+= + + − =+
( )y f x= (0,0) 0 1( 0)y x− = −
0x y− =
2( ) ln( 1) 1
xf x x ax
+= + +
′ + − ( ) ( ) ( [0, ))g x f x x= ∈ +∞′
2 2
1 1( ) 01 ( 1) ( 1)
xg x x x x
= − = ≥+ + +
′ 0x = ( )f x′ [ )0,+∞
2a ≤ ( ) (0) 0f x f′ ′≥ ≥ ( )f x [ )0, + ∞ ( ) (0) 0f x f≥ =
2a ≤
②当 时,由于 , ,根据零点存在定理,必存在
,使得 ,由于 在 上为增函数,故当 时,
,故 在 上为减函数, 所以当 时, ,故
在 上不恒成立,所以 不符合题意.综上所述,实数 的取值范围为
.
【点睛】本题主要考查了函数导数的应用，求解切线和解决恒成立问题，利用导数研究函数
单调性是解题的关键，属于中档题.
2a > (0) 2 0f a= − <′ 1( 1) 1 0a
af e e
− = + >′
(0, 1)at e∈ − ( ) 0f t′ = ( )f x′ [ )0,+∞ ( )0,x t∈
( ) 0f t′ < ( )f x ( )0,x t∈ ( )0,x t∈ ( ) (0) 0f x f< =
( ) 0f x ≥ [ )0,+∞ 2a > a
( ,2]−∞
