【文档说明】甘肃省天水一中2021届高三上学期第二次考试数学（理）试题 答案.docx，共(5)页，231.356 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案1．B2．B3．C4．A5．B6．A7．D8．C9．A10．C11．B12．C13．214．115．101016．1517．（1）12t；（2）1t或12t.【详解】（1）xR，20txxt0t

且2140t，解得：12tp为真命题时，12t（2）2,16x，2log10tx2,16x，21logtx有解2,16x时，2111,log4x当1t时，命题q为真命题pq为真命

题且pq为假命题p真q假或p假q真当p真q假时，有112tt，解得：1t；当p假q真时，有112tt，解得：12t；pq为真命题且pq为假命题时，1t或12t18．（1）21nan，2nSn；（2）2

21nn【详解】（1）设1(1)naand，由题意得12410ad，149ad，11a，2d，所以21nan，21(1)2nnnSnadn．（2）12211(21)(21)2121nnncaannnn1211111113352121nnT

cccnn1212121nnn．19．(1),7,1212kkkZ;(2)13,13.【详解】(1)2sincos3cos21fxxxxs

in23cos21xx2sin213x函数fx的最小正周期22T,令3222232kxk,kZ,得71212kxk,kZ,从而函数

fx的单调递减区间为7,1212kkkZ;(2)在锐角ABC中,由3sincosabAB知,3B,则022032AA得62A,从而242,333A,故fA的取值范围为13,13.20

．（1）3A；（2）33.【详解】（1）,mbc且22mabc，222bcabc，由余弦定理得2221cos22bcaAbc，0A，因此，3A；（2）由3a，

3A及余弦定理得2222cosabcbcA，即22222223324bcbcabcbcbcbcbc，22412bca，23bc，当且仅当3bc时，等号成立，因此，ABC的周长的最大值为33.21．（1）12

nna-=；（2）12362nnnT.【详解】（1）当1n时，111211aaa，当2n时，21nnSa，1121nnSa，两式相减得122nnnaaa，即122nnaan

，所以数列na是首项为11a，公比为2的等比数列，所以1*2Nnnan.（2）由（1）得1212nnnb，所以21135211222nnnT，23113521222

22nnnT，两式相减得211121112222nnnnT11112112121121122212nnnnnn12212333222nnnnn

.所以12362nnnT22．（1）(,0]，（2）见解析【详解】解：（1）因为函数fx在区间0,1上单调递增，所以'fx≥0在0,1上恒成立，即'21(1)afxxx≥0，因为0,1x，所以a≤2

(1)12xxxx在0,1上恒成立，令1()2gxxx，0,1x，则2'2211()10xgxxx，所以1()2gxxx在0,1上递减，所以()(1)0gxg所以当a≤0时，fx在区间0,1上单调递增，所以a的取值范

围(,0]，（2）因为函数fx在xt处取得极小值，所以'0ft，即'21=0(1)afttt，得2(1)tat，所以1ln1tftttfx的定义域为0,11(),，2'221(2)1(1)(1)axaxfxxxxx

因为0a，所以2(2)40a，设()'0fx=的两个根为1212,()xxxx，解得22122424,22aaaaaaxx，由12122,1xxaxx，得1201

xx，所以当12(0,)(,)xxx时，'0fx；当12(,1)(1,)xxx时，'0fx又因为fx在xt处取得极小值，所以1t，要证32()0fttt，只需证明12ln0(1)tttt成立即可，令()2l1n0(1)httttt，则2'2

22(1))101(thtttt，所以()ht在(1,)上为减函数，所以()(1)0hth，所以32()0fttt