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.