银川一中高三(月考Ⅱ)-理数试题+答案(1)_2023年10月_01每日更新_3号_2024届宁夏回族自治区银川一中高三上学期第二次月考

银川一中 2024 届高三年级第二次月考 ex 6．已知 f(x) 是奇函数，则a eax1 理 科 数 学 A．2 B．1 C．1 D．-2 1cos 1cos 2 7．若   ，则α不可能是 命题教师： 1cos 1cos sin 注意事项： A． B． C． D． 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 1 2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 8．若函数 f x x sin2xasinx在,单调递增，则a的取值范围是 3 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只  1  1  1 1 A．1,1 B． 1, C． 1, D．  ,       有一项是符合题目要求的)  3  3  3 3 1．已知全集U x x 5 ，集合Axx5x10 ，Bx log x1 ，则  π 1 2 9．设函数 f xcosx  0在区间0,π恰有3个极值点，2个零点，则的取 C (AB)  3 2 U 值范围是 A． B． C． D． 8 11  11 8 10  10 2．“lnxlny”是“x3  y3”的 A． ,  B． 2,  C． ,  D．2,  3 3  3 3 3   3  A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 7 1 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 10．设a 6 e1，bln ，c 则a,b,c的大小关系为 6 6 3．已知偶函数 f(x)在区间(0,)上单调递减， f(2)0，若 f(x1)0，则x的取值 A．bac B．cm， f x单调递减，由 f'(x)0 ，得1xm sin  2x     1 ，1   ， ， f x单调递增；  3 2  当0m1时，由 fx0，得0xm或x1， f x单调递减，由 ，得 所以 f x的值域为2,3 . f'(x)0 而 f xm2，所以m22,3，即m0,1 . mx1， f x单调递增； t 3 所以当0m1时，函数 f x在(0,m),(1,)上单调递减，在(m,1)上单调递增； 18.【答案】(1)选择函数模型①，其解析式为mt  （1t30且t为整数） 2 2 当m1时，函数 f x在0,上单调递减； (2)这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要考虑转型，理由见解析 当m 1时，函数 f x在(0,1),(m,)上单调递减，在(1,m)上单调递增. 【分析】（1）将将1,2以及3,3分别代入对应的函数模型，求得对应的函数解析式，再 （2）由（1）知，当m 1时，函数 f x在(1,m)上单调递增，在(m,)上单调递减， 代入计算m10判断是否满足即可； 则当xm时， f x取得最大值 f m2mlnmm22m， （2）记日销售利润为y，根据一次函数与二次函数的单调性分析y的最大值，判断与4万 于是当m 1时，x1,，使得 f x3mm21成立，当且仅当m 1时， 元的大小关系判断即可 学科网（北京）股份有限公司f(m)3mm21成立， 又h1g110，h2g2sin1 1  1 sin π 0， 即当m 1时，2mlnm2m2m10成立，令函数g(m)2mlnm2m2m1,m1， 4 4 6 求导得g(m)2lnm4m3， h  1 π g  1 π sin π  1  1 10 2  2  2 2  π 2  π 2 ， 令h(m)2lnm4m3,m1，求导得h(m) 40， 1  1  m  2  2 于是函数h(m)单调递增，即g(m)在(1,)上单调递增，g(m)g(1)10，  π 因此函数g(m)在(1,)上单调递增，g(m)g(1)0，即当m 1时， f(m)3mm21成 则存在x0,2，使得hx 0 gx 0 0，即存在x  0,1 2   ，使得hx 0 gx 0 0， 立，所以当m 1时，x1,，使得 f x3mm21.  π 所以当x0,x 时，hxgx0，当xx ,1 时，hxgx0， 2π 0  0 2 20.【答案】(1)A (2)27 3 所以xx 为gx f(x)cosx1 1 的唯一极大值点， 【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案. 0 x （2）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得4bc的最小值.  π 故 fx在区间0,1 上存在唯一极大值点x ； ab sinBsinC  2 0 【详解】（1）依题意，  ， c sinAsinB 1 （2）由（1）知， f(x)cosx1 ，x0,， ab bc x 由正弦定理得  ,a2b2 bcc2， c ab  π  π ①当x0,1 时，由（1）知， f(x)在0,x 上单调递增，在x ,1 上单调递减， b2 c2 a2 1  2 0  0 2 c2b2a2 bc，所以cosA  0， 2bc 2  π π 1 所以A是钝角，所以A 2π . 又 f(1)cos010， f   1 2   cos 2  1 π 0 ， 3 2 1 π （2）BADCAD 2 A 3 ， f    π 2    cos    π 2 1     1 π sin1 π 2 sin π 4  π 2  2 2  π 2 0 ， 1 2π 1 π 1 π S S S ，所以 bcsin  c3sin  b3sin ， 2 AABC AABD AACD 2 3 2 3 2 3 π π bc 3 3 所以存在 ,1 ，使得 f0， 即bc3cb,   1， 2 2 bc c b  π 3 3 12b 3c 12b 3c 所以当x0,1，,1 时， f(x)0， f x单调递减， 所以4bc4bc   15  152  27，  2 c b c b c b 当x1,时， f(x)0， f x单调递增， 12b 3c    π π  π 当且仅当 c b ,c2b9时等号成立. 又 f 1sin0ln10， f 1 sin ln1 0， bc3cb  2 2  2   π 21.【答案】(1)证明见解析 (2)2 所以当x0,1 时， f x有唯一的零点x1；  2 【详解】（1）由题意知，函数 f xsinx1lnx的定义域为0,，且  π  1 f(x)cosx1 1 ， ②当x   1 2 ,1π  时， f(x)cosx1 x 0， f x单调递减， x  π  令gx f(x)cosx1 1 ，x  0,1 π ，所以gxsinx1 1 ，x  0,1 π  又 f 1πsinπln1π0，所以存在x 1    1 2 ,1π  ，使得 f(x 1 )0； x  2 x2  2 ③当x1π,时，lnx1，所以 f x0，则 f x在x1π,没有零点； ， 1  π 2 综上所述， f x有且仅有2个零点. 令hxgxsinx1 ，x0,1 ，则hxcosx1 ， x2  2 x3  π 2 2 当x0,1 时，cosx10, 0，所以hxcosx1 0，  2 x3 x3 即hxgxsinx1 1 在x  0,1 π 上单调递减， x2  2 学科网（北京）股份有限公司立， abc abc π π 因为abc0，所以  ， 22.【详解】（1）由OON  知：OOON 1，AON  ，...................2分 2 3 2 3 2 6 a2 b2 c2 abc 所以    ....................10分 bc ca ab 3 π 11π  11π 点N 的极角为2π  ，点N 的极坐标为1, ....................5分 6 6  6  （2） π  π 由题意知：OK 2，OM 2sin π，MOK  ， 2  3 1  π S  OK OM sinMOK 2sinsin  AMOK 2  3 1 3  1 1 3 2sin sin cossin2 3sincos  cos2 sin2   2 2 2 2 2   1  π  sin2 ，.................7分 2  6 π  π 7π 13π  π  1  3   2 ,π  ，2 6    6 , 6   ，sin  2 6      1, 2   ，S AMOK   0, 2   ..........10分 23【详解】（1）因为a,b,cR,a2b2c2 9， 所以a2 b2 c2 33 a2b2c2 ，即933 a2b2c2 ，...................2分 当且仅当abc且a2b2c2 9，即abc 3时，等号成立， 所以3 a2b2c2 3，即a2b2c2 27，故abc3 3....................5分 （2）因为a,b,cR， a2 bc a2 bc a2 bc 因为  2  a，当且仅当  ，即2abc取得等号， bc 4 bc 4 bc 4 b2 ca 同理可得  b，当且仅当2bac取得等号， ca 4 c2 ab 同理可得  c，当且仅当2cba取得等号，...................7分 ab 4 a2 b2 c2 abc a2 b2 c2 abc 上面三式相加可得    abc，即    ， bc ca ab 2 bc ca ab 2 当且仅当2abc，2bac，2cba且a2b2c2 9，即abc 3时，等号成 学科网（北京）股份有限公司