湖南卷湖南省邵阳市邵东市第一中学2025届高三9月第二次月考（9.22-9.23）数学试卷（教师答案版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷

2024 年下学期高三第二次月考数学试卷
时间：120分钟 总分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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 M  x log x0  ,N   x y  x  1   ，则M∪( =（ D ）
3  x1
∁   )
A．,1 B．,1 C．,0  0,1D．,0  0,1 
2．若a，b∈R，且a>|b|，则( B )
1 1
A．a<－b B．a>b C．a2<b2 D． >
a b
3．在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过点
P(3，4)，则 )＝( B )
2017 
sin(α− 2
4 3 3 4
A．－ B．－ C． D．
5 5 5 5
4．已知a 0,b0，则“ab 2”是“a2 b2 2”的（ A ）
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
1
5．钝角三角形ABC的面积是 ，AB＝1，BC＝ 2 ，则AC＝( B )
2
A．5 B． 5 C．2 D．1
6．设函数f(x)=sin（ ）在区间（0， ）恰有三个极值点，两个零点，则 的取值范围是
π
（ B ）（课时规范练 ωx 3 + 3P 3 347 T5） π ω
A．[ , ） B．（ , ] C．[ , ） D．（ , ]
513 138 519 1319
3 6 2x－1 3 3 3 6 6 6
7．若f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，则a＝( B )
2x＋1
1
A．－1 B．0 C． D．1
2
8．已知函数f(x)＝ax＋ex－(1＋lna)x(a>0，a≠1)，对任意x ，x ∈[0,1]，不等式|f(x )－f(x )|≤
1 2 1 2
alna＋e－4恒成立，则a的取值范围为( C )
A.
[1
2
，e]
B．[2，e] C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)
答案 C
{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#}解析 依题意，得alna＋e－4≥0,①
因为f′(x)＝axlna＋ex－1－lna＝(ax－1)lna＋ex－1，
当a>1时，对任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，lna>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；当0<a<1时，对任意
x∈[0,1]，ax－1≤0，lna<0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0，
所以f(x)在[0,1]上是增函数，则对任意的x ，x ∈[0,1]，不等式|f(x )－f(x )|≤alna＋e－4恒成立，只
1 2 1 2
需f(x) －f(x) ≤alna＋e－4，
max min
因为f(x) ＝f(1)＝a＋e－1－lna，f(x) ＝f(0)＝1＋1＝2，
max min
所以a＋e－1－lna－2≤alna＋e－4，即a－lna＋1－alna≤0，即(1＋a)(1－lna)≤0，
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．已知函数 f xsin  2x  cos  2x   ，则（ AC ）
 3  6
A． f  x 的最大值为2 B． f  x 在  上单调递增
 ,
 
 8 6
C． f  x 在 0,上有2个零点

D．把 f  x 的图象向左平移 个单位长度，得到的图象关于原点对称
12
10．已知函数f(x)= 和 (a>0且a≠1),若两函数图像相交，则其交点的个数可能是

g(x)= logax
（ ABC ）
A.1 B.2 C.3 D.4
11．f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数是g（x），若f(3x+1)是奇函数，且对任意的x∈R，
都有f(4-x)=f(x),则对于任意的k∈Z,下列说法正确的是（ BC ）
A.4k都是g(x)的周期 B.曲线y=g(x)关于点（2k,0）对称
C. 曲线y=g(x)关于直线x=2k+1对称 D.g(x+4k)都是偶函数
{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#}三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
5 10 π
12．已知sinα＝ ，sin(α－β)＝－ ，α，β均为锐角，则β等于
5 10 4
13．已知函数 ，若 m<n，且 f(m)=f(n),则 mf(n)的取值范围是
4
3x+4,x<1
f(x)= x [−3,7)
（优化设计P60例5）3 −2,x ≥ 1
14．设函数f(x)=(x+a)ln(x+b),若f(x)≥0，则 的最小值是
2 2
+ 
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知a0，设函数 f xsin xa xR ．
π
(1)若a= ，求函数f（x）在（- ，0）内的单调递增区间；
2
(2)试讨论函数f（x）在[－a，2a] ∞上的值域．
 
cosx,x
   2
解：(1)由题设， f(x)sin|x |  ，
2 cosx,x 
 2
所以，根据余弦函数的性质得

f(x)在{x|  x0}，{x|2kx(2k1),kZ,k0}上递增； ……………………6分
2
(2)由题设，x[a,2a]，则xa[0,3a]，又2aa，即a0，
所以 f(x)sin(xa) ，
{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#} 
当3a ，即0a 时， f(x)[0,sin3a]；
2 6
  
当 3a，即 a 时， f(x)[0,1]；
2 6 3
3  
当3a ，即 a 时， f(x)[sin3a,1]；
2 3 2
3 
当3a ，即a 时， f(x)[1,1]；
2 2
a    3sinx,cosx  b  cosx,cosx f xa  b   3
16．（15分）已知向量 ， ，函数 2．
(1)求函数y f x的最小正周期；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线交AB于点D，若 f C
恰好为函数 f x的最大值，且此时CD f C，求3a＋4b的最小值．
【解】（1）
f xa  b   3  3sinxcosxcos2 x 3  3 sin2x 1cos2x  3   

3 sin2x 1 cos2x  

1
2 2 2 2 2  2 2 
sin

2x

1，则函数y f x的最小正周期T 
2
. ……………………5分
 6 2
  π π 
（2）由（1）可知 f xsin2x 1，当2x  ，即x 时， f x取得最大值为2，
 6 6 2 3

则ACB ，CD2， ……………………8分
3
 
因为CD平分ACB，所以ACDBCD ，则点D分别到AC,BC的距hCDsin 1，
6 6
1 1 1 3
由S
△ABC
 S
△ACD
S
△BCD
，则 ACBCsinACB ACh BCh，即 abab，整理
2 2 2 2
1 1 3
可得   ， ……………………12分
a b 2
3a4b3a4b   1  1  2 3   7 3a  4b  2 3  2 3 74 3   14 324 ，当且仅当
a b 3  b a  3 3 3
3a 4b 14 324
 ，即 3a2b时，等号成立，故3a4b最小值为 .
b a 3
17．（15分）(优化设计p122 训4改编）
一个半径为2米的水轮如图所示，水轮圆心O距离水面1米．已知水轮
按逆时针作匀速转动，每6秒转一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时
（图中点 ）开始计算时间．
(1)以过点  O 0 且平行于水轮所在平面与水面的交线L的直线为x轴，以过
{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#}点O且与水面垂直的直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，试将点P距离水面的高度h（单
位：米）表示为时间t（单位：秒）的函数；
(2)在水轮转动的任意一圈内，有多长时间点P距离水面的高度不低于2米？
解：(1)设 ，

根据函数
ℎ=  sin(   +  )+ 
的

物
>
理
0
意
, 
义
>
可
0
知
, 
：
<2
，
由题意可知ℎ=当  sin(  时  ，+  )+  ，则 ，  = 所以   0 =2,  = ， 1 则 ，
1 
=0 ℎ=0 2sin  +1=0 sin  =−2  =−6
又因为函数 的最小正周期为 ，所以 ，
2  
ℎ=2sin(   −6)+1  =6  =  =3
所以 ； ……………………8分

ℎ=2sin(3  −6)+1(  ≥ 0)
(2)解：根据题意可知， ，即 ，
1
ℎ=2sin(3  −6)+1 ≥2 sin(3  −6)≥2
当水轮转动一圈时， ， ，可得： ，所以此时 ，
11      5 
解得 ，  ∈[0 6] 3  −6 ∈[−6, 6 ] 6 < 3 −6 < 6
又因为1<  <3 （秒 ，即水轮转动任意一圈内，有 秒的时间点 距水面的高度不低于2米．
18.（173分−）1=2 ) 2 
已知 f(x)ex x1，g(x)ax2(aR)．
（Ⅰ）求 f(x)的最小值．
（Ⅱ）设F(x) f(x)g(x)2，若当a(t,)时，F(x)有三个不同的零点，求t的最小值．
（Ⅲ）当x(0,)时，[f(x)+x]ln(x+1) g(x)恒成立，求a的取值范围．
≥
解：（Ⅰ）令 f(x)ex 10得，x0，
易知，当x(,0)时， f(x)0， f(x)单调递减，当x(0,)时， f(x)0， f(x)单调递
增，
 f(x)的最小值为 f(0)0； ……………………3分
（Ⅱ）依题意，F(x)ex x1ax2 2ex xax2 1，
ex x1
令F(x)0，则a ，
x2
ex x1 (ex 1)x2 (ex x1)2x (x2)(ex 1)
令h(x) ，则h(x)  ，
x2 x4 x3
当x0或x>2时， ，则h(x)在(,0)上单调递增，在(0,2)上
'
单调递减，在(2,)上ℎ(单  )调>递0增，
{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#}e2 1
又 lim h(x)0,limh(x),limh(x),lim h(x)，h(2) ，从而作出函数h(x)的
x x0 x0 x 4
草图如右图，
e2 1
由图象可知，要使h(x)a有三个不同的实数根，则a ，
4
e2 1
t的最小值为 ； ……………………10分
4
(ex 1)ln(x1)
（Ⅲ）[f(x)+x]ln(x+1) g(x)等价于(ex 1)ln(x1) ax2，即a„ (x0)，
x2
ex 1 ex ≥ 1
a„ x  x ，
x eln(x1) 1
ln(x1) ln(x1)
ex 1 (x1)ex 1
构造函数(x) ，则(x) 0(x0)，(x)在(0,)上单调递增，
x x2
ex 1
又考虑到ln(x1)„x，则(x) (ln(x1))，从而 x 1，
eln(x1) 1
ln(x1)
实数a的取值范围为(，1]．
19．（17分）
多元导数在微积分学中有重要的作用,设 y是由a,b,c等多个自变量唯一确定的因变量,则当
y dy
a变化为aa时, y 变化为 yy.记 lim 为 y 对a的导数,其符号为 .和一般导数一
a0a da
dy dy
样.若在 a ,a 上,已知 0.则 y 随着a的增大而增大:反之,已知 0,则 y 随着a的增
1 2 da da
大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外,还具有下列性质:
d  y  y  dy dy d  y y  dy dy
①可加性: 1 2  1  2 ； ②乘法法则: 1 2  y 1  y 2 ；
da da da da 2 da 1 da
 y   dy dy 
d 1  y 1 y 2 
 y   2 da 1 da  dy dy dy
③除法法则: 2  ； ④复合法则: 2  2  1 .
da y 2 da dy da
2 1
1 1
记y ex  x2lnx x2exa.(e 2.7182818为自然对数的底数),
e 2e
dy dy
（1）写出 和 的表达式:
dx da
（2）已知方程 y 0有两实数x ,x ,x  x
1 2 1 2
（i）求出a的取值范围:
{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#}d  x x 
（ii）证明 1 2 0,并写出x x 随a的变化趋势.
da 1 2
1 1
解析：（1）设 f(x) g(a)ex x2lnx x2exa ,则
e 2e
dy y f(xx) f(x) 2
 lim  lim  f(x) ex xln x e ,
dx x0x x0 x e
dy
同理  g(a)1. ……………………4分
da
2
（2）(i)由（1）, f(x)ex  xlnxe ,则 f(1)0,且x1时
e
ex e,xlnx0, f(x)0 即 f(x) 单调递减, x1 时 f(x)0 即 f(x) 单调递增,故
1
f(x) f(1) a ,而x0时,x2趋近于0的速度远远快于lnx趋近于的速度,故
2e
1
x2lnx0, f(x)1a , 因 此 只 需 1a0 且  a0 即 由 零 点 存 在 性 定
2e
 1 
理,x (0,1),x 1,存在两个零点,故a   ,1. ……………………10分
1 2  2e 
x x
（ii）由(1), f x 0, f x 0,故只需证明 f x  f x  0,令 1 2 m
1 2 1 2 2
 x x 
设h(x) f(mx) f(mx)0 x 2 1 ,则
 2 
 x x 
h(0)h 2 1   f  x  f  x 0,
 2  2 1
 x x 
h(x) f(mx) f(mx),则h  2 1   f x  f x ,
 2  1 2
2 2
又h(x) f(mx) f(mx)emx (ln(mx)1)emx (ln(mx)1)
e e
 x x 
单调递增,且h(0)0,故h(x)h(0)0,h(x)单调递增,则h(x)h

2 1

 2 
 x x 
必然h  2 1   f x  f x  0,否则h(x)0即h(x)单调递减,不符合.
 2  1 2
 x x 
h(0)h 2 1   f  x  f  x 0,故原命题成立,由题,x x 随a增大而减小.
 2  2 1 1 2
{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#}{#{QQABDYiEgggIAJAAARhCQw24CgGQkBCCCYgORFAAsAABAQFABAA=}#}
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