2021应县一中高三上学期第三次月考理科数学试题图片版含答案

高三月考三理科数学答案  2020.11

1.【答案】C

【解析】由题意，集合，或，

，，则．

2．D　a＝b＝0的否定为a≠0或b≠0；a2＋b2＝0的否定为a2＋b2≠0，故选D.

3.【答案】C

【解析】∵，∴，∴，

∴，∴．

4.【答案】D

【解析】∵，∴，∴．

5.  C
6. 【答案】C　作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝2x，平移该直线，当直线经过点C(0，－1)时，z取得最大值，zmax＝2×0－(－1)＝1，故选C.

7.【答案】C

【解析】由函数，得定义域为，且有成立，所以函数的图象关于原点对称，且与轴交于和两点．

当时，，所以在内函数图象在轴下方，

在内函数图象在轴上方，再用对称性得到完整的函数图象．

8.A　[由T＝π＝ 得：ω＝2，g(x)＝cos 2x＝sin，

f(x)＝sin的图像向左平移单位，得到y＝sin＝sin＝g(x)的图像．]

9.【答案】C

【解析】∵是上的奇函数，且满足，

∴，∴函数的图象关于对称，

∵函数在区间是减函数，∴函数在上为增函数，且，

由题知，，，∴．

10. 答案：C

 解析：令F(x)＝，则F′(x)＝，因为f(x)>xf′(x)，所以F′(x)<0，F(x)为定义域上的减函数，由不等式x2f－f(x)>0得：>，所以<x，所以x>1.

11. 解析：选D　由题意，知P，B，C三点共线，则存在实数λ使＝λ ，所以－＝λ(－)，所以＝－λ＋(λ＋1) ，则所以x＋y＝1且≤x≤，于是xy＝x(1－x)＝－2＋，所以当x＝时，xy取得最大值；当x＝或x＝时，xy取得最小值，所以xy的取值范围为.

12.【答案】D

【解析】由于是单调函数，则为定值，

不妨设，则．

又，解得，则，，

所以，即．

设，则，

易知在上单调递减，在上单调递增，

则，所以．

13.解析:在△ABC中,b=2,A=120°,三角形的面积S=bc·sinA=×2c×,

所以c=2=b.所以B=C=(180°-A)=30°.由正弦定理可得=2R==4,

所以三角形外接圆半径R=2,所以三角形外接圆的面积S=4π.

答案:4π

14.解析:由a>0,b>0,ln(a+b)=0,得所以=2+

≥2+2=4,当且仅当a=b=时,等号成立.所以的最小值为4.

答案:4

15. {t l }

16.②③④

17.解析：(1)由f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－1，得

f(x)＝(2sin xcos x)＋(2cos2x－1)

＝sin 2x＋cos 2x＝2sin.

∴函数f(x)的最小正周期为π.

由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z得

kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.

∴f(x)的单调递增区间为，k∈Z.

(2)∵f(x)＝2sin在区间上为增函数，在区间上为减函数，又f(0)＝1，f＝2，

f＝－1，∴函数f(x)在区间上的最大值为2，最小值为－1.

18.[解]　(1)证明：依题意，由an＋1＝2an＋3×2n＋1，

两边同时乘以，可得 

＝＋3，即－＝3，

∵＝＝2，

∴数列是以2为首项，3为公差的等差数列，

∴＝2＋3(n－1)＝3n－1，∴an＝(3n－1)·2n，n∈N*.

(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(3n－1)，

∴T2 020＝b1＋b2＋…＋b2 020 

＝(2－5)＋(8－11)＋…＋(8 065－8 069)＋(6056－6059)＝(－3)×1 010＝－3 030.

19.解：(1)由a2＋c2－b2＋2bccos A－4c＝0及正弦定理得

a2＋c2－b2＋2bc·－4c＝0，整理，得c＝2.

由ccos A＝b(1－cos C)及正弦定理，得sin Ccos A＝sin B(1－cos C)，

即sin B＝sin Ccos A＋sin Bcos C＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，

所以sin Bcos C＝sin Acos C，故cos C＝0或sin A＝sin B.

当cos C＝0时，C＝，故△ABC为直角三角形；

当sin A＝sin B时，A＝B，故△ABC为等腰三角形．

(2)由(1)知c＝2，A＝B，则a＝b，因为C＝，所以由余弦定理，得

4＝a2＋a2－2a2cos ，解得a2＝8＋4，所以△ABC的面积S＝a2sin＝2＋.

20.解：(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝－1，设切点为P(x0，y0)，

则－1＝－，∴x0＋a＝3.   又ln(x0＋a)－x0＝－x0＋ln 3－，

∴ln 3－x0＝－x0＋ln 3－，    ∴x0＝2，∴a＝1.

(2)当a＝0时，方程f(x)＝x2－x＋m，   即ln x－x2＋x＝m.

令h(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，   则h′(x)＝－2x＋＝－.

∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：

∵h(1)＝，h(3)＝ln 3－2<，h＝ln ＋，∴当x∈[1,3]时，h(x)∈，

∴m的取值范围为.

21.[解]　(1)∵an＋1＝f＝＝an＋，

∴{an}是以a1＝1为首项，为公差的等差数列，∴an＝n＋.

(2)当n≥2时，bn＝＝＝，

当n＝1时，上式同样成立，∴bn＝.

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝，

∵Sn<对一切n∈N＋都成立，即<对一切n∈N＋都成立．

又随着n的增大而增大，且<，

∴≤，

∴m≥2 020.

∴最小的正整数m的值为2 020.

22.[解]　(1)f ′(x)＝＋－6＝.

令f ′(x)＝0，得－6x2＋ax＋a2＝0，

解得x1＝，x2＝－.

①当a＝0时，f ′(x)＝－6＜0，所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递减．

②当a＞0时，＞0，－＜0，f (x)在上单调递增，在上单调递减．

③当a＜0时，＜0，－＞0，f (x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：当a＞0时，由(1)得f (x)在上单调递增，在上单调递减．

①当＜2，即0＜a＜4时，f (x)在(0，2]上的最大值f (x)max＝f ＝aln－5a＝a.

因为0＜a＜4，所以ln＜ln 2＜ln e＝1.

所以a＜0.

②当≥2，即a≥4时，f (x)在(0，2]上单调递增，

f (x)在(0，2]上的最大值f (x)max＝f (2)＝a－12.

因为a≥4，ln 2＜ln e＝1＜，

所以a＜0，所以a－12＜0.

综合①②可知，当x∈(0，2]时，f (x)＜0恒成立．