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湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高三上学期第二次月考数学试卷word版含答案

2022-11-05 来源:飒榕旅游知识分享网


邵阳市二中高三第二次月考数学试卷(2022年8月)

考试内容:

选填题:集合、逻辑、函数 解答题:高考题型

考试时量:120分钟分值:150分

一、单选题:共8小题,每小题5分,共40分.

∣x3x40,B4,1,3,5,则AB( ) 1.集合Ax2A.4,1 B.1,5 C.3,5 D.1,3 2.命题p:xN,x3x2的否定形式为( ) A.xN,x3x2 B.xN,x3x2 C.xN,x3x2 D.xN,x3x2 3.函数fxsinxx的图象在,的大致为( )

cosxx2 B.

A.

C. D.

4.“函数y=x2-2ax+a的图象在x轴的上方”是“0≤a≤1”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件

5.已知函数fx,gx的定义域均为R,且fxg2x5,gxfx47.若

ygx的图像关于直线x2对称,g24,则f(k)( )

k122A.21 B.22 C.23 D.24

6.已知fx是R上的函数,且对任意xR都有fx2f2x4f2,若函数

yfx1的图象关于点1,0.对称,且f13,则f2021( )

A.6 B.3 C.0 D.3 7.当x1时,函数f(x)alnxA.x1 B.b取得最大值2,则f(2)( ) x11 C. D.1 228.对于定义在R上的函数fx,若存在正常数a、b,使得fxafxb对一切

xxR均成立,则称fx是“控制增长函数”.在以下四个函数中:①fxe;①

fxx;①fxsinx2;①fxxsinx.是“控制增长函数”的有( )个

A.1 B.2 C.3 D.4

二、多选题:每题5分,共20分.全部选对得5分,部分选对得2分,有选错的得0分

9.已知函数fxxx1,则( )

3A.fx有两个极值点 B.fx有三个零点

C.点0,1是曲线yfx的对称中心 D.直线y2x是曲线yfx的切线

10.如果a、b、c满足cba,且ac0,那么下列选项成立的是( ) A.abac B.cb2ab2 C.cba0 D.acac0

11.已知函数fxsincosxcossinx,下列关于该函数结论正确的是( ) A.fx的图象关于直线xB.fx的一个周期是2 C.fx的最大值为2 D.fx是区间0,2对称

上的减函数 2sin[(2i1)x]的图象就

2i1i1412.在现代社会中,信号处理是非常关键的技术,我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数f(x)可以近似的模拟某种信号的波形,则( )

A.函数f(x)为周期函数,且最小正周期为π B.函数f(x)的图象关于点(2π,0)对称 C.函数f(x)的图象关于直线xπ对称 2D.函数f(x)导函数f(x)的最大值为4

三、填空题

13.写出一个同时具有下列性质①①①的函数fx:__________.

①fx1x2fx1fx2;①当x0,时,fx0;①fx是奇函数. 14.已知函数fxxx1的图像在点1,f1的处的切线过点2,7,则a3__________. 15.设fxlnx,0x2,若方程fxm有四个不相等的实根

f4x,2x4

22xii1,2,3,4,则x1x2x3的取值范围为__________. x4216.若fxlna1b是奇函数,则a__________;b__________. 1x四、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.在①sinB3cosB2,①cos2B3cosB20,①b2a2c23ac这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并进行解答.

问题:已知ABC的三边a,b,c所对的角分别为A,B,C,若a4,c3b,______,求ABC的面积.

18.已知数列an满足a12a23a3(1)求数列an的通项公式; (2)设bn(1)nnann2nN*.

anan1,求数列bn的前2020项和S2020.

19.如图,在梯形ABCD中,AB//CD,ADDCBC1,ABC60,四边形

ACFE为矩形,平面ACFE平面ABCD,CF1,设点M在线段EF上运动.

(1)证明:BCAM;

(2)设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为,求的最小值.

20.甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营,为了解这两家公司长途客车的运行情况,随机调查了甲、乙两城之间的500个班次,得到下面列联表: A B 准点班次数 240 210 未准点班次数 20 30 (1)根据上表,分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率; (2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关?

n(adbc)2附:K,

(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k 0.100 2.706 0.050 3.841 0.010 6.635 k 2221.如图,点A为椭圆C1:x2y1的左顶点,过A的直线l1交抛物线

C2:y22pxp0于B,C两点,点C是AB的中点.

(1)若点A在抛物线C2的准线上,求抛物线C2的标准方程:

(2)若直线l2过点C,且倾斜角和直线l1的倾斜角互补,交椭圆C1于M,N两点, (i)证明:点C的横坐标是定值,并求出该定值: (ii)当△BMN的面积最大时,求p的值.

22.已知函数fxae2x1.(其中常数e2.71828...,是自然对数的底数.)

x(1)讨论函数fx的单调性;

(2)证明:对任意的a1,当x0时,fx xaex.

答案:

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D D D A D D C B AC ACD BD BCD 413.fxx(答案不唯一,fxx2nnN均满足)

*14.1 15.(22,22.5) 16.①.1;①.ln2. 28.【详解】对于①,fxafxb可化为exaexb, 即exb对一切xR恒成立, ea1由函数yfx的定义域为R可知,不存在满足条件的正常数a、b,

x所以,函数fxe不是“控制增长函数”; 对于①,若函数fxx为“控制增长函数”,

xaxb,

则fxafxb可化为①xaxb2b2x对一切xR恒成立,

2又xaxa,若xaxb2b时,不等式恒成立,所以,函数fx对于①,①1sinx2x成立,则ab2,显然,当ab2x2ax为“控制增长函数”;

1,①fxafx2,

当b2且a为任意正实数时,fxafxb恒成立, 所以,函数fxsinx是“控制增长函数”;

2对于①,若函数fxxsinx是“控制增长函数”,则xasinxaxsinxb恒成立,

①xasinxaxa,若xaxsinxbxb,即ab, 所以,函数fxxsinx是“控制增长函数”. 因此,是“控制增长函数”的序号是①①①. 故选:C 【点睛】

方法点睛:类似这种存在性问题的判断,常用的方法有:(1)特例说明存在性;(2)证明它不存在;(3)证明它存在.要根据已知条件灵活选择方法解答. 12.【详解】

fxsinxsin3xsin5xsin7x, 35735sin3xsin5xsin7xsinxfxfx,

357所以,不是函数yfx的最小正周期,A选项错误;

fxsinxsin3xsin5xsin7x7fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7x, 357f4xsinx4sinxsin3x43sin5x45sin7x47

sin3xsin5xsin7x, 357所以f4xfx0,故函数f(x)的图象关于点(2π,0)对称,B选项正确;

fxsinxsinxsin3x3sin5x5sin7x7sin3xsin5xsin7xfx, 357所以,函数yfx的图象关于直线x对称,C选项正确;

2

fxcosxcos3xcos5xcos7x,

1cosx1,1cos3x1,1cos5x1,1cos7x1, 则fxcosxcos3xcos5xcos7x4,又f04,

所以函数yfx的最大值为4,D选项正确.故选:BCD. 17.选①由sinB3cosB2得:sinB1,又B(0,)所以B. 36选①由cos2B3cosB20得:2cos2B3cosB30, 解得cosB3,又B(0,),所以B.

62选①由b2a2c23ac得:c2a2b23ac,

a2c2b23ac3得cosB,又B(0,),所以B. 62ac2ac2sinCc133,所以sinC3sinB3. sinBb222. 由C(0,),所以C或C33又因为当C3时,A2,又因为a4,所以b2,c23.所以面积

1S22323.

22当C时,A,所以AB.又因为a4,所以b4.所以面积

6313S4443.

2218.【详解】

(1)由a12a23a3可得a12a23a3nann2nN*,

(n1)an1(n1)2,

22所以nann(n1)2n1,

1n2,nN*,当n1,a11也满足, n1*所以an2nN;

n(2)S2020b1b2b2020

即an2111122222231120201.

2021202119.【详解】

11112222

2019202020202021(1)证明:在梯形ABCD中,因为AB//CD,ADDCCB1,ABC60, 所以AB2,所以AC2AB2BC22ABBCcos603, 所以AB2AC2BC2,所以BCAC.

因为平面ACFE平面ABCD,平面ACFE平面ABCDAC,

因为BC平面ABCD,所以BC平面ACFE.所以BCAM;

(2)解:由(1)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的如图所示的空间直角坐标系,

令FM03,则C0,0,0,A3,0,0,B0,1,0,M,0,1.①

AB3,1,0,BM,1,1.

设nx,y,z为平面MAB的一个法向量,

nAB03xy0,由得,取x1,则n1,3,3, nBM0xyz0,①m1,0,0是平面FCB的一个法向量, ①

cos|nm|nm11331213412

①03,①当3时,cos有最大值2,的最小值为

. 3

20.(1)A,B两家公司长途客车准点的概率分别为

1127,(2)有 1389 5621.(1)y24x;(2)(i)点C的横坐标为定值2,证明见详解;(ii)p解:(1)由题意得A1,0,点A在抛物线C2的准线上,

p1,即p2 22所以抛物线C2的标准方程为y4x;

(2)(i)证明:因为过A的直线l1和抛物线交于两点,所以l1的斜率存在且不为0, 设l1的方程为xmy1,其中m是斜率的倒数,设Bx1,y1,Cx2,y2, 联立方程组y1y22pmxmy12y2pmy2p0,整理得,且, 02yy2p12y2px92pm2m,,

4p3因为C是AB的中点,所以y12y2,所以y2

2pm2p211m1,所以点C的横坐标为定值; 332(ii)因为直线l2的倾斜角和直线l1的倾斜角互补,所以l2的斜率和l1的斜率互为相反数. x2m2pm1),Mxm,ym,Nxn,yn, 32xmy2,22xmy2即,联立方程组2整理得(m2)y4my30, 2x2y10,4m(4m)212(m22)4m2240,所以m26,yMyN2,

m23. yMyN2m2|21|因为点C是AB中点,所以SBMNSAMN,因为A1,0到MN的距离d, 21m设直线l2的方程为xm(yMN1m2|yMyN|,所以SS3AMN 1|MN|d32m26m222.令tm26,

t113233则AMN64t216t6428168,

t16t99214. 当且仅当t8,m14时等号成立,所以,p4p5622.【详解】

x(1)fxae2.

①当a0时,fx0,函数fx在R上单调递增; ①当a0时,由fx0解得xln故fx在,ln22xlnfx0解得,由.

aa22ln,上单调递增,在a上单调递减.

a综上所述,当a0时,fx在R上单调递增; 当a0时,fx在,ln22ln,上单调递增,在a上单调递减.

aexx12(2)证法一:原不等式等价于e0

xaaxa(x1)aexx1exx12. 令gxe,则gx2xaaxaax当a1时,aexx1exx1,

令hxex1,则当x0时,hxe10,

xx

①当x0时,hx单调递增,即hxh00,

①当0x1时,gx0;当x1时,gx0;当x1时,gx0,

exx12①gxg10即e0,故fx(xae)x.

xaaxa证法二:原不等式等价于aeex(x1). 令gxeex,则gxee.

xxx2当x1时,gx0;当x1时,gx0.

①gxg10,即exex0,当且仅当x1时等号成立.

当x1时,aeex(x1)显然成立;当x0且x1时,exex0.

x2欲证对任意的a1,aeex(x1)成立,只需证eex(x1)

x2x2ex1思路1:①x0,①不等式eex(x1)可化为xe20,

xxx2(x1)exx1ex1令hx, xe2,则hx2xxx易证当x0时,exx10,①当x1时,hx0,当x1时,hx0, ①函数hx在0,1上单调递减,在1,上单调递增,①hxminh10

ex1①hx0,即xe20,从而,对任意的a1,当x0时,

xxfxxaex.

(x1)(xe3)(x1)2ex(x). 思路2:令(x),则xxee(x)03ex1,(x)0x1或0x3e

①x在0,3e上单调递减,在3e,1上单调递增,在1,上单调递减.

(x1)2ex2x①(0)(1)1,①(x)(x1)eex. ,即1xe从而,对任意的a1,当x0时,fxxaex. 证法三:原不等式等价于aex2x1x2aex0.

x2令g(x)aex(ae2)x1,则gxae2x(ae2).

xxx令h(x)ae2x(ae2),则h(x)ae2,其中x0.

①当a2时,h(x)0,hx在0,上单调递增.

注意到h10,故当x0,1时,gxhx0;当x1,时,

gxhx0

①gx在0,1上单调递减,在1,上单调递增.

①gxming10,即fxxaex. ①当1a2时,0ln2210xln.当时,h(x)0,hx单调递减;当aa2xln时,h(x)0,hx单调递增.

a①(i):若

22a2,则h(0)a(1e)20.①hlnh(1)0 e1a①当x0,1时,gxhx0;当x1,时,gxhx0. 与①同,不等式成立. ①(ii):若1a①x00,ln22,则h(0)a(1c)20,①hlnh(1)0 e1a2,使得hx00,且当x0,x0时,gxh(x)0;当axx0,1时,gxhx0;当x1,时,gxhx0.

①gx在0,x0上单调递增,在x0,1上单调递减,在1,上单调递增. ①g(0)a10,g(1)0①此时,gx0,即fxxaex.

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