【文档说明】江苏省扬州市江都区高级中学2022届高三上学期10月月考数学试题答案.docx，共(9)页，486.184 KB，由小赞的店铺上传

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江都中学2021-2022学年度第一学期月考测试高三数学2021.10一、单项选择题：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．A2．A3．B4．D5．D6．B7．B8．A二、多项选择题：本题共4小题，每

小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.BCD10.AD11．AD12．AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．sinx+114．1315．98ln212,2−−

16．116)222,−+.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（本小题满分10分）已知集合121284xAx=，21log,,328Byyxx

==.（1）若122Cxmxm=+−，()CAB，求实数m的取值范围；（2）若61Dxxm=+，且()ABD=，求实数m的取值范围.【答案】（1）7,2−；（2）)1,+【详解】12128272,74xAxx

x==−=−21log,,32353,58Byyxxyy===−=−（1）2,5AB=−当C=时，122+−mm，解得：3m，满足()CAB

当C时，12212225mmmm+−+−−，解得：732m综上所述：实数m的取值范围为7,2−（不讨论=C扣3分）---------------------------6分（2）3,7AB=−()ABD=617m+，解得：m1

实数m的取值范围为)1,+（边界不取等号扣2分）---------------------------10分18．（本小题满分12分）已知关于x的不等式2210kxkxk+−+的解集为M.（1）

若MR=，求k的取值范围；（2）若存在两个不相等负实数,ab，使得()(),,Mab=−+，求实数k的取值范围；（3）若恰有三个整数1n、2n、3n在集合M中，求k的取值范围.【答案】（1）10,2k

；（2）1,12k；(3)12k−【详解】（1）不等式2210kxkxk+−+，其解集MR=①当0k=时，10恒成立，符合题意；②当0k时，则00k，即()204410kkkk

−−+解得10,2k综上所述：10,2k---------------------------4分（2）因为不等式()(),,Mab=−+2210kxkxk+−+的解集为，且,ab为两个不相等负实数

，可得12120000kxxxx+，即()2044102010kkkkkk−−+−−+解得010201kkkkRk或综上可得，1,12k.-------

--------------------8分（3）解集中恰有3个整数，可得k0设()221fxkxkxk=+−+，开口向下，对称轴为1x=−，可得()010fk=−+，()1210fk−=−+可知解集中的三个整数一定有0和1−，根据二次函

数的对称性得到，还有一个整数一定为2−，此时已满足解集中恰有三个整数，则要求()()1030ff−，即2109610kkkkkk+−+−−+解得12k−---------------------------12分19．（本小题满分12分）在ABC中，内角A，B，C所对

的边分别是a，b，c，S为ABC的面积．请在①()22234Sbca=+−；②cos3sintancBbCaC−=；③()sinsinsinCBAB+−=三个条件中选择一个，完成下列问题：（1）求出角A的大小；（2）若3a=，求2bc−的取值范围．（注：如果选择多个条件

分别解答，按第一个解答计分．）【详解】（1）方案一：选条件①∵()22231sin42SbcabcA=+−=，∴2223sin2bcaAbc+−=，即3cossinAA=，∴tan3A=，即π3A=．---------------------------6分方

案二：选条件②∵cos3sintancBbCaC−=，∴sincos3sinsinsintanCBBCAC−=，即()3sinsincoscossinBCCBA−=，∴()3cossinBCA−+=，即3cossinAA=，∴

tan3A=，即π3A=．---------------------------6分方案三：选条件③∵()sinsinsinCBAB+−=，∴()()sinsinsinBABAB++−=，∴2sincossi

nBAB=，∴1cos2A=，即π3A=．---------------------------6分（2）∵2sinsinsinabcABC===，∴()π24sin2sin4sin2sin3sin3cos23sin6bcBCBAB

BBB−=−=−+=−=−--------------10分∵2π03B，∴πππ662B−，∴()23,23bc−−．---------------------------12分20．（本小题满

分12分）函数()()sinfxAx=+（其中0,0,2A）的部分图象如图所示，把函数()fx的图像向右平移4个单位长度，再向下平移1个单位，得到函数()gx的图像.（1）当11,412x时，若方程()0gxm−=恰好有两个不同的根12,xx，求m的取值范围

及12xx+的值；（2）令()()3Fxfx=−，若对任意x都有()()()2220FxmFxm−+++恒成立，求m的最大值.【答案】（1）m的取值范围331,02,122−−−−；3102m−时，1223xx+=；3212m−−−时，1253

xx+=；（2）265−.【详解】（1）根据图像可知171,4123AT==−2,2TT===，()()sin2fxx=+代入7,112−得，7sin16+=−，2,3kkZ=+，,0,23k

==()sin23fxx=+---------------------------2分把函数()fx的图像向右平移4个单位长度，再向下平移1个单位，得到函数()gx()sin21sin21436gxxx

=−+−=−−---------------------------3分()gx在,43x单调递增，在5,36x单调递减，在511,612x单调递增，且5314122gg==

−，03g=311314122gg==−−，526g=−方程()0gxm−=恰好有两个不同的根12,xx，m的取值范围331,02,122−−−−

---------------------------5分令262xk−=+()gx对称轴为23kx=+，kZ11,412x0,3kx==或51,6kx==31

02m−时，1223xx+=；3212m−−−时，1253xx+=.--------------------------7分（2）由（1）可知()sin21,13fxx=+−(

)()3Fxfx=−4,2−−，对任意x都有()()()2220FxmFxm−+++恒成立令()4,2tFx=−−，即()()2220httmtm=−+++在4,2t−−上恒成立，()ht是关于t的二次函数，开口向上

，则()max0ht恒成立而()ht的最大值，在4t=−或2t=−时取到最大值则()()2040hh−−，()()()()42220162420mmmm−+−++−+−++解得103265mm−−所以2

65m−，则m的最大值为265−.---------------------------12分21.（本小题满分12分）已知函数1()ln()fxaxax=−R.（1）若曲线()yfx

=在点(1,(1))f处的切线方程为10xy+−=，求a的值；（2）若()fx的导函数()fx存在两个不相等的零点，求实数a的取值范围；（3）当2a=时，是否存在整数，使得关于x的不等式()fx恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由.【答案】（1）0a=；（2）()2,0e

−−；（3）存在，最大值为1−.【详解】（1）()2111()lnfxxaxxx=+−，因为曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为10xy+−=，所以(1)11fa=−=−，得0a=；-----------------

----------2分（2）因为21ln()axxfxx−+=存在两个不相等的零点.所以()1lngxaxx=−+存在两个不相等的零点，则1()gxax=+.①当0a时，()0gx，所以()ygx=单调递增，至多有一个零

点---------------------------3分②当0a时，因为当1(0)xa−，时，()0gx，()ygx=单调递增，当1(+)xa−，时，()0gx，()ygx=单调递减，所以1xa=−时，max11()()ln()2g

xgaa=−=−−.因为()gx存在两个零点，所以1ln()20a−−，解得2e0a−−.---------------------------5分因为2e0a−−，所以21e1a−.因为(1)10ga=−，所以()ygx=在1(0)a−，上存在一个零点.因为2e0a−−

，所以211()aa−−.因为22111[()]ln()1gaaa−=−+−，设1ta=−，则22ln1(e)yttt=−−，因为20tyt−=，所以22ln1(e)yttt=−−单调递减，所以()2222lnee13

e0y−−=−，所以22111[()]ln()10gaaa−=−+−，所以()ygx=在1()a−+，上存在一个零点.综上可知，实数a的取值范围为2(e,0)−−；---------------------------7分（3）当2a=

时，1()(2)lnfxxx=−，()2211121ln()ln2xxfxxxxxx−+=+−=，设()21lnhxxx=−+，则1()20hxx=+.所以()yhx=单调递增，且11()ln022h=，(1)10h=，所以存在01(1)2x，使得0()0hx=，因为当0(0)x

x，时，()0hx，即()0fx，所以()yfx=单调递减；当0(+)xx，时，()0hx，即()0fx，所以()yfx=单调递增，所以0xx=时，()yfx=取得极小值，也是最小值，------

---------------------10分此时()0000000111()(2)ln(2)12(4)4fxxxxxxx=−=−−=−++，因为01(1)2x，，所以0()(10)fx−，，因为()fx，且为整数，所以1−，即的最大值为1−.-------------

--------------12分22．（本小题满分12分）若函数()yfx=对定义域内的每一个值1x，在其定义域内都存在唯一的2x，使()()121fxfx=成立，则称该函数为“依赖函数”.（1）判断函数()singxx=是否为“依赖函数”，并说明理由；（2）若函数()12xfx−=在定义域

(),0mnm上为“依赖函数”，求mn的取值范围；（3）已知函数()()243hxxaa=−在定义域4,43上为“依赖函数”，若存在实数：4,43x，使得对任意的tR，不等式()()24hxtstx−+−+都成立，求实数s的最大值.【详

解】（1）对于函数()singxx=的定义域R内存在16x=，则()22gx=无解，故()singxx=不是“依赖函数”.---------------------------3分（2）因为()12xfx−

=在,mn上递增，故()()1fmfn=，即11221mn−−=，2mn+=，由0nm，故20nmm=−，得01m，从而()2mnmm=−在()0,1m上单调递增，故()0,1mn.

---------------------------6分（3）①若443a，故()()2hxxa=−在4,43上最小值为0，此时不存在2x，舍去；②若4a，故()()2hxxa=−在

4,43上单调递减，从而()4413hh=，解得1a=(舍)或133a=，---------------------------8分从而存在4,43x.使得对任意的tR，有不等式()221

343xtstx−−+−+都成立，即2226133039txtxsx++−++恒成立，由22261334039xxsx=−−++，得2532926433sxx++.--------

-------------------10分由4,43x，可得265324339sxx++，又53239yxx=+在4,43x单调递减，故当43x=时，max532145393xx+=，从而2614543

3s+，解得4112s，综上，故实数s的最大值为4112.---------------------------12分