黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高三9月月考数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三9月月考数学

2022.9月考参考答案
一选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B C A A D D D C AB ACD BC BC
三、填空题
13、 
3
1
2
4
1
14、
4
3
15、 3 16、 (   , 4 ) 、]
9
4
四、解答题
17、（本题满分10分）
解：（1） f ( x )  l n ( x  1 )  x ,
1
定义域为(1,), f '(x) 1，令
x1
f '( x )  0   1  x  0 ，
f '( x )  0  x  0 ，所以 f(x)的增区间为 (  1 , 0 ) ，减区间为 ( 0 ,   ) .
（2） g '( x ) 
a x
a
 1
 b  2 b x
11
，由已知g(1)ln3,g'(1) ln(a1)bbln3
3
a 11
且 b a2,b3.
a1 3
18、（本题满分12分）
解：（1）由已知可得 2 s i n c o s t a n
1
2
       
所以 s i n c o s c o s 2     =
s i n
s i n
c
2
o s
c o
c
s
o
2
s 2 t a n
t a n
1
2
t a n
1
2 1
5
    
   


 


（2）由 t a n 2 6 t a n 1     可得 t a n 2
1
2 t a
t a
n
n 2
1
3





  ，则 t a n ( 2 ) 1      。
因为 0 ,
2

 
 
所以 2 ( 0 , ) , t a n 2
1
3
2 (
5
6
, )

          又0,
t a n
1
2
   (
5
6
, ) 2 (
5
3
, 2 ) 2
7
4
.
  
              
19、（本题满分12分）
解：(1)若选①；在 ABC中，因为sinABsinπCsinC ，
故由acsinABabsinAsinB可得acsinC absinAsinB
由正弦定理得 c  a  c    a  b   a  b  ，即c2a2b2 ac，
1 π
则cosB ，又0Bπ，故B .
2 3
π
选②2S  3BABC,acsinB 3accosB∴tanB 3∴B(0,π),B .
3若选③由 b c o s C  a 
3
3
c s in B 及正弦定理. s i n B c o s C  s i n A 
3
3
s i n C s i n B ．又AπBC，所以
s in B c o s C  s in ( B  C ) 
3
3
s in C s in B .
即 s in C c o s B 
3
3
s in C s in B  0 , ，因为 0  C  π , s in C  0 ，所以tanB 3，
又 0  B  π , ，得 B 
π
3
.
综上所述：选择①②③，都有 B =
π
3
  
(2) 2BD BABC4|BD|2c2 a2 2cacosB  1 6  c 2  a 2  c a  3 c a
 c a 
1 6
3
.又 S
 A B C

4
3
c a 
4
3
3
（当且仅当 c  a 
4
3
3
时取等）
20、（本题满分12分）
2x
解：（1）由题设条件知f(x)的周期T＝π，即 π，解得ω＝2．

因f(x)在 x 
π
6
处取得最大值2，所以A＝2，从而 s i n ( 2 
π
6
 )  1  ，
所以
π
3
 
π
2
 2 k π , k  Z  ．又由－π＜φ≤π得 
π
6
 ．
故f(x)的解析式为f(x)  2 s i n ( 2 x 
π
6
) ．
（2）g(x)＝
6 c o
2
s
s
4
i
x
n (

2
s
x
i n

2
π
2
x
)
 1

6 c o s 4
2
x
c

o
c
s
o
2
s
x
2 x  2

( 2 c o s 2
2
x
( 2

c
1
o
) ( 3
2 s
c
x
o

2 s
1 )
x  2 ) 3
 cos2 x1
2
( c o s 2 x 
1
2
) .
因cos2x∈[0，1]，且cos2x≠
1
2
，故g(x)的值域为

1 ,
7
4


 7
4
,
5
2

．
21、（本题满分12分）
1
解：（1）当x0时， f(x)2[(x) ]n,因为
(x)
f ( x )
1
为奇函数， f(x)f(x),2[(x) ]n
(x)
1 1 m2
=[m(x )2](m2)(x )(n2)0总成立. ，又当
x x n2
x  0
m2
时，同理可得 ，
n2
m2
综上 .
n2（2） e 2 x  0 , e x  0  原不等式可化为 2 ( e 2 x
e
1
2 x
) 2 2 ( e x
1
e x
) 2 0 .         令 t  e x 
1
e x
 t  2 , 则原不等
式进一步化为 t 2 t 3 0       对  t  2 恒成立.记 g ( t ) t 2 t 3 , t [ 2 , )         
(1)当
2
2 4

      时， g ( t )
m in
g ( 2 ) 1 0 , 1 ;         
(2)当
2
2 4

      ， g ( t )
m in
g (
2
)
4
2
3 0 ,
 
        显然矛盾.
综上的取值范围为 1 .   
22、（本题满分12分）
解：（1） f '( x )  e x  s i n x  1 , f '( 0 )  0 ，当 x 0     时， f '( x )  0 , f ( x ) 在 ( , 0 )   单调递减；
当 0 x
2

  时， f '( x )  0 , f ( x ) 在 ( 0 ,
2
)

单调递增.所以极小值 f ( 0 )  0 ，无极大值.
（2）由已知 g ( x ) e x 2 x c o s x , x (
2
, ) , g '( x ) e x s i n x 2

          ，
（1）当 x (
2
, 0 )

  时 ， g ' ( x ) = ( e x - 1 ) + s i n x - 1 < 0 ，所以g(x)在 (
2
, 0 )

 单调递减，所以g(x) g(0)0,则
g ( x )

在x( ,0)上无零点；
2
（2）当 x [ 0 ,
2
]

 时 ， g''(x)ex cosx0, 即 g '( x ) 递增，且 g '( 0 ) 1 0 , g '(
2
) e 2 1 0 ,
 
      所以存在
x
0
( 0 ,
2
) ,

 使 g '( x
0
)  0 . 当x[0,x )时，g'(x)0，当
0
x ( x
0
,
2
]

 时， g '( x )  0 , 所以g(x)在 [ 0 , x
0
) 单调递减，

在 (x , ] 上单调递增，且
0 2
g ( 0 )  0 , 所以 g(x )0. 设
0
h ( x ) e x 2 x , x [ 0 ,
2
] ,

   则 h'(x)ex 2 ，易得
h'(ln2)0,当 x ( l n 2 ,
2
) , h '( x ) 0

  ，当x(0,ln2),h'(x)0,所以h(x)在 ( 0 , l n 2 ) 单调递减，在 ( l n 2 ,
2
)

单调
递增，所以 h ( x )
m in
 h ( l n 2 )  2  2 l n 2  0 ,
   
则 h( )e2 0, 即 g( )0g(x )g( )0,g(x) 在
2 2 0 2
 
(x , )上存在一个零点，综上，g(x)在[0, ]上有两个零点；
0 2 2
  
（3）当 x( ,+)时，由（2）可得 g'(x)ex sinx2e2 30,所以 g(x)在( ,+)上单调递增，而
2 2g (
2
) 0

 ， 所以 g ( x ) 在 (
2
)

, +  上无零点.综上所述， g ( x ) 在 (
2
)

 , +  的零点个数为2.