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．c<a<b C．acb D．b<c<a
范围是

A．(,3] B．[1,) C．[3,1] D．(,3][1,) 11．已知函数 f x2sinx1（1，  ），其图像与直线y 1相邻两个
2
4．意大利画家列奥纳多·达·芬奇的画作《抱银鼠的女子》（如图所示）中，
女士颈部的黑色珍珠项链与她怀中的白貂形成对比.光线和阴影衬托出 交点的距离为，若 f x1对于任意的x    ,   恒成立，则的取值范围是
 12 3
人物的优雅和柔美.达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用
       
下自然下垂，形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”.后人研
A.  ,  B.  ,  C.  ,  D.  , 
ex ex 12 3 12 2 6 3  6 2
究得出，悬链线并不是抛物线，而是与解析式为y 的“双曲余
2 12．若存在x1,，使得关于x的不等式  1 1  xa e成立，则实数a的最小值为
弦函数”相关.下列选项为“双曲余弦函数”图象的是  x
1 1
A．2 B． C．ln21 D． 1
ln2 ln2
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
5．已知函数 f x 1 ，若存在 

 , 

，使 f sin f cos0，则实数a    12ii100   1 1  i i 1    3 5 ．    2     1 2 i   20 ____________.
xa  4 2 
 
14．已知角的顶点为原点，始边为x轴的非负半轴，若其终边经过点P 2, 5 ，
的取值范围是
sin2
1 2   2 1  1  1  则 ___________.
A.   ,   B.    ,   C.  0,  D.   ,0  cos21
 2 2   2 2   2  2 
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学科网（北京）股份有限公司15．随着国家“双碳”（碳达峰与碳中和的简称）目标的提出，我国风电发展驶入快车道，陆 19．（12分）
地、海上的风机（如下左图，顶端外形是大风车，又称风力发电大风车）纷纷“拔地而 已知函数 f(x)2mlnxx22(m1)x，m0.
起”，成为保护环境、输送绿色能源的“风中使者”．如图，一学习兴趣小组为了测量某
(1)讨论函数 f x的单调性；
风力发电大风车AB的高度，在点A正东方点C处测得风车顶端点B的仰角为30°，在
40 39 (2)证明：当m 1时，x1,，使得 f x3mm21.
点A南偏西30°方向的点D处测得点B的仰角为60°，且C，D相距 米，其中
3 20．（12分）
AB平面ADC，则AB的高度为 米．
ab sinBsinC
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若  .
c sinAsinB
(1)求角A的大小；
(2)若D为BC上一点，BADCAD，AD3，求4bc的最小值.
21．（12分）
已知函数 f xsinx1lnx， fx为 f x的导数.
 π
16．已知过点Aa,0可作两条不同的直线与曲线C: f xxex相切，则实数a的取值范围 (1)证明： fx在区间  0,1 2   上存在唯一极大值点；
是__________. (2)求函数 f x的零点个数.
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．第 17~21题为必考
题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做
（一） 必考题：共60分．
的第一题计分．
17．（12分）
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
 
已知函数 f x2sin2  x 3cos2x .
 4  如图，在极坐标系Ox中，圆O的半径为2，半径均为1的两个半圆弧C,C 所在圆的圆
1 2
(1) 求 f x的最小正周期和单调递增区间；  π  3π
心分别为O 1, ，O 1, ，M 是半圆弧C 上的一个动点，N 是半圆弧C 上的一个动
(2) 若关于x的方程 f xm2在x  ,  上有解,求实数m的取值范围. 1  2 2  2  1 2
 
4 2
点.
18．（12分）
π
经过市场调研发现，某公司生产的某种时令商品在未来一个月（30天）内的日销售量 （1）若OON  ，求点N 的极坐标；
2 3
mt（百件）与时间第t天的关系如下表所示：
π
第t天 1 3 10 … 30 （2）若点K是射线 0与圆O的交点，求MOK
3
日销售量mt（百件） 2 3 6.5 … 16.5 面积的取值范围.
未来30天内，受市场因素影响，前15天此商品每天每件的利润 f t（元）与时间第t天的
1 23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
函数关系式为 f (t)3t88(1t15且t为整数)，而后15天此商品每天每件的利润 f (t)
1 2
已知a,b,cR,a2b2c2 9，求证：
600
(元)与时间第t天的函数关系式为 f t 2(16t30，且t为整数）.
2 t （1）abc3 3；
(1)现给出以下两类函数模型：①mtktb（k､b为常数）；②mtbat(a､b为常
a2 b2 c2 abc
数，a0且a1.分析表格中的数据，请说明哪类函数模型更合适，并求出该函数解析式； （2）    .
bc ca ab 3
(2)若这30天内该公司此商品的日销售利润始终不能超过4万元，则考虑转型.请判断该
公司是否需要转型？并说明理由.
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学科网（北京）股份有限公司银川一中 2024 届高三第二次月考数学(理科)参考答案 kb2
【详解】（1）若选择模型（1），将1,2以及3,3代入可得
一、选择题： 3kb3
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12  1
k 

答案 C A D C A A B D C D C D  2 t 3
解得 ，即mt  ，经验证，符合题意；
二、填空题 3 2 2
b
4 5  2
13．1 14. 15. 40 16.,40,+
13 ba2
若选择模型（2），将1,2以及3,3代入可得 ，
三、解答题 ba3 3
17.【答案】(1)T ，单调递增区间为  k  ,k 5 kZ.(2)m0,1 .  6
  12 12     a 2 2 6  6 t
解得 ，即mt   ,，
(1)整理函数的解析式可得 f x2sin  2x  1，据此可得函数的最小正周期T ，单 
b
2
6
3   2  
 3  3
调递增区间为  k  ,k 5 kZ. 当t10时，m1012.4，故此函数模型不符题意，
 
 12 12
t 3
  2 因此选择函数模型（1），其解析式为mt  （1t30且t为整数）
(2)由题意可得2x  ， ，结合(1)中的函数解析式可知 f x的值域为2,3 .而 2 2
 
3 6 3  （2）记日销售利润为y，
f xm2，故m0,1 . t 3 3 79
当1t15且t为整数时，ymt f t  3t88 t2 t132，
试题解析： 1 2 2 2 2
  79
(1) f x2sin2  x 3cos2x 对称轴t  ，故当t 13时，利润y取得最大值，且最大值为392（百元）
 4  6
1cos     2 2x     3cos2x 当16t30且t为整数时，ymt f 2 t   2 t  3 2        60 t 0 2    303t 90 t 0 ，
1sin2x 3cos2x
当16t30时，利润y单调递减，
故当t16时取得最大值，且最大值为375.25（百元）
 
2sin2x 1， 所以，这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要考虑转型.
 3
19.【分析】（1）求出函数 f(x)的定义域及导数，再分类讨论求解单调区间作答.
最小正周期T ，
（2）由（1）求出函数 f(x)在(1,)的最大值，结合题意构造函数，利用导数推理作答.
  
函数的单调递增区间满足：2k 2x 2k ， 【详解】（1）函数 f(x)2mlnxx22(m1)x的定义域为(0,)，
2 3 2
2m 2(x1)(xm)
解得 f x的单调递增区间为  k  ,k 5 kZ. 求导得 fx 2x2(m1) ，m0，
  x x
 12 12
当m1时，恒有 f(x)0，函数 f x在0,上单调递减；
    2
(2)x , ，所以2x  ， ，
 4 2   3  6 3   当m 1时，由 f(x)0，得0x1或x>m， 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
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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
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