【文档说明】山西省应县第一中学2021届高三上学期第三次月考理科数学答案.pdf，共(8)页，242.167 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-69c187aea6fa51a7cb1a10cf2344b836.html

以下为本文档部分文字说明：

1高三月考三理科数学答案2020.111.【答案】C【解析】由题意，集合，或，，，则．2．Da＝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】∵12|2|3ee，∴121443ee，∴1212ee

，∴121cos,2ee，∴12π,3ee．4.【答案】D【解析】∵74714Sa，∴42a，∴431daa．5.C6.【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22log(1)()xfxx，得定义域为(,1)(1,)，且有()()fxfx成

立，所以函数22log(1)()xfxx的图象关于原点对称，且与x轴交于(2,0)和(2,0)两点．当2x时，222log(1)log(21)0x，所以在(1,2)内函数图象在x轴下方，在(2

,)内函数图象在x轴上方，再用对称性得到完整的函数图象．28.A[由T＝π＝2πω得：ω＝2，g(x)＝cos2x＝sin2x＋π2，f(x)＝sin2x＋π4的图像向左平移π8单位，得到y＝sin2x＋π8＋π4＝sin2x＋π2＝g(x)的图像．]9.【答案】C【解析】∵()fx是R

上的奇函数，且满足(2)()fxfx，∴(2)()fxfx，∴函数()fx的图象关于1x对称，∵函数()fx在区间[1,2]是减函数，∴函数()fx在[1,1]上为增函数，且(2)(0)0ff，由

题知1c，2b，01a，∴()()()fcfbfa．10.答案：C解析：令F(x)＝f（x）x，则F′(x)＝xf′（x）－f（x）x2，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x2f1x－f(x)>0得：f1x1x>f

（x）x，所以1x<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PB―→＝λBC―→－23≤λ≤－13，所以AB―→－AP―→＝λ(AC―→－AB―→)，所以AP―→＝－λAC―→＋(λ＋1)AB―→，则y＝－λ，x＝λ＋1，所以x＋y＝

1且13≤x≤23，于是xy＝x(1－x)＝－x－122＋14，所以当x＝12时，xy取得最大值14；当x＝13或x＝23时，xy取得最小值29，所以xy的取值范围为29，14.12.【答案】D【解析】由于()fx是单调函数，

则()xfxex为定值，3不妨设()xfxext，则()xfxext．又()tftette，解得1t，则()1xfxex，()1xfxe，所以2xexax，即21xeax

．设2()1xegxx，则22(1)()xexgxx，易知()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，则min()(1)21gxge，所以21ae．13.解析:在△ABC中,b=2,A=120°,三角形的面积S=3�12bc·

sinA=12×2c×32,所以c=2=b.所以B=C=12(180°-A)=30°.由正弦定理可得�sin�=2R=2sin30°=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:4π14.解析:由a>

0,b>0,ln(a+b)=0,得�>0,�>0,�+��1,所以1�+1���+��+�+��=2+��+��≥2+2��·��=4,当且仅当a=b=12时,等号成立.所以1�+1�的最小值为4.答案:415.

{tl022ttt或或}16.②③④17.解析：(1)由f(x)＝23sinxcosx＋2cos2x－1，得4f(x)＝3(2sinxcosx)＋(2cos2x－1)＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π6.∴

函数f(x)的最小正周期为π.由2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2，k∈Z得kπ－π3≤x≤kπ＋π6，k∈Z.∴f(x)的单调递增区间为kπ－π3，kπ＋π6，k∈Z.(2)∵f(x)＝2sin2x＋π6在区间0，π6上为增函数，在区间π6，π2上为减函数，又f(0)＝1

，fπ6＝2，fπ2＝－1，∴函数f(x)在区间0，π2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12n＋1，可得an＋12n＋1＝an2n＋3，即an＋12n＋

1－an2n＝3，∵a121＝42＝2，∴数列an2n是以2为首项，3为公差的等差数列，∴an2n＝2＋3(n－1)＝3n－1，∴an＝(3n－1)·2n，n∈N*.(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(3n－1)，∴T2020＝b1＋b2＋…＋b2020＝(2－5)＋(8－11)＋

…＋(8065－8069)＋(6056－6059)＝(－3)×1010＝－3030.19.解：(1)由a2＋c2－b2＋2bccosA－4c＝0及正弦定理得5a2＋c2－b2＋2bc·b2＋c2－a22bc－4c＝0，整理，得c＝

2.由ccosA＝b(1－cosC)及正弦定理，得sinCcosA＝sinB(1－cosC)，即sinB＝sinCcosA＋sinBcosC＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinBcosC＝

sinAcosC，故cosC＝0或sinA＝sinB.当cosC＝0时，C＝π2，故△ABC为直角三角形；当sinA＝sinB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＝π6，所以由余弦定理，得4＝a2＋a

2－2a2cosπ6，解得a2＝8＋43，所以△ABC的面积S＝12a2sinπ6＝2＋3.20.解：(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝1x＋a－1，设切点为P(x0，y0)，则1x0＋a－1＝－23，∴x0＋a＝3.又ln(x0＋a)－x0＝－23x0＋ln3－23

，∴ln3－x0＝－23x0＋ln3－23，∴x0＝2，∴a＝1.(2)当a＝0时，方程f(x)＝x2－103x＋m，即lnx－x2＋73x＝m.令h(x)＝lnx－x2＋73x(x>0)，则h′(x)＝1x－2x＋73＝－3x＋12x－33x.∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)

随x的变化情况如下表：x11，323232，33h′(x)＋0－h(x)43极大值ln3－2∵h(1)＝43，h(3)＝ln3－2<43，h32＝ln32＋54，∴当x∈[1,3]时，h(x)∈ln3－2，ln32＋54

，6∴m的取值范围为ln3－2，ln32＋54.21.[解](1)∵an＋1＝f1an＝2＋3an3＝an＋23，∴{an}是以a1＝1为首项，23为公差的等差数列，∴an＝23n＋13.(2)当n≥2时，bn＝1

an－1an＝123n－1323n＋13＝9212n－1－12n＋1，当n＝1时，上式同样成立，∴bn＝9212n－1－12n＋1.∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝921－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝921－12n＋1，∵Sn<m－20112对

一切n∈N＋都成立，即921－12n＋1<m－20112对一切n∈N＋都成立．又921－12n＋1随着n的增大而增大，且921－12n＋1<92，∴92≤m－20112，∴m≥2020.∴最小的正整数m的值为2020.22.[解](1)f′(x)＝ax＋a2x2－6

＝－6x2＋ax＋a2x2.令f′(x)＝0，得－6x2＋ax＋a2＝0，解得x1＝a2，x2＝－a3.①当a＝0时，f′(x)＝－6＜0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．7②当a＞0时，a2＞0，－a3＜0，f(x)在0，a2上单调递增，在a2，＋∞上单调递减．③当a＜0时，a2＜0，－

a3＞0，f(x)在0，－a3上单调递增，在－a3，＋∞上单调递减．(2)证明：当a＞0时，由(1)得f(x)在0，a2上单调递增，在a2，＋∞上单调递减．①当a2＜2，即0＜a＜4时，f(x)在(0，2]上的最大值f(x)max＝fa2＝alna

2－5a＝alna2－5.因为0＜a＜4，所以lna2＜ln2＜lne＝1.所以alna2－5＜0.②当a2≥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)＝aln2－a2－12.因为a

≥4，ln2＜lne＝1＜a2，所以aln2－a2＜0，所以aln2－a2－12＜0.综合①②可知，当x∈(0，2]时，f(x)＜0恒成立．8