【文档说明】湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考 数学答案.pdf，共(10)页，452.210 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共10页常德市第一中学2024届高三第二次月水平检测数学（时量：120分钟满分：150分命题人、审题人：高三数学组）一．单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个答案符合题意）1．若集合{3},21,ZAxxBxxnn

∣∣，则AB（）A．1,1B．3,3C．1,1D．3,1,1,3【答案】C【详解】解3x得33x，即3,3A，B为奇数集，故1,1AB.故选：C2．102221910logl

og24的值等于（）A．-2B．0C．8D．10【答案】A【详解】102221910loglog2312224.故选：A.3．函数

fx的图象如下图所示，则fx的解析式可能为（）A．25ee2xxxB．25sin1xxC．25ee2xxxD．25cos1xx【答案】D【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，

其为偶函数，且(2)(2)0ff，由225sin()5sin()11xxxx且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；当0x时25(ee)02xxx、25(ee)02xxx，即A、C中(0,)

上函数值为正，排除；故选：D4．《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间（如图）．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为

4m，肩宽约为8m，“弓”所在圆的半径约为5m4，则掷铁饼者双手之间的距离约为（参考数据：21.414，31.732）（）A．1.012mB．1.768mC．2.043mD．2.945m【答案】B【详解】如图所

示，由题意知“弓”所在的弧ACB的长54488l，其所对圆心角58524，则两手之间的距离522sin1.768m44ABAD．故选：B．5．“94a”是“方程230()xxaxR有正实数

根”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第2页，共10页【答案】B【详解】由方程230xxa

有正实数根，则等价于函数23fxxxa有正零点，由二次函数fx的对称轴为302x，则函数fx只能存在一正一负的两个零点，则Δ94000af，解得90,,0,4a

，故选：B.6.设正实数满足，则当zxy取得最小值时，2xyz的最大值为（）A．0B．98C．2D．94【答案】C【详解】2234443231,zxxyyxyxyxyxyyxyx

当且仅当2xy时成立，因此22224642,zyyyy所以222422122.xyzyyy7．已知函数fx是奇函数fxxR的导函数，且满足0x时，1ln0xfxfxx

，则不等式9850xfx的解集为（）A．985,B．985,985C．985,0D．0,985【答案】D【详解】令函数lngxxfx，则1ln0gxfxxfxx

，即当0x时，函数gx单调递减，因为10g，所以当01x时，0gx，当1x时，0gx.因为当01x时，ln0x，当1x时，ln0x，所以当0,11,x时，0fx.

又1ln110ff，10f，所以当0x时，0fx；又fx为奇函数，所以当0x时，0fx，所以不等式9850xfx可化为09850xx或09850xx

，解得0985x，不等式解集为0,9858．已知直线ykxb与曲线e2xy和曲线2lneyx均相切，则实数k的解的个数为（）A．0B．1C．2D．无数【答案】C【详解】根据题意可知，直线ykxb与

曲线e2xy和曲线2lneyx都相切，所以对于曲线e2xy，则exyk，所以lnxk，所以切点ln,2Akk，对于曲线2lneyx，则10ykxx，所以1xk=，切点

11,ln20Bkkk，易知A,B不重合，因为公切线过,AB两点，所以1lnln11lnlnABABkyykkkkxxkkkk，进而可得lnln10kkkk，令lnln10gkkkkkk，则1ln0

gkkkk，{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第3页，共10页令1()()ln(0)kgkkkk，则211()0(0)kkkk所以

gk在(0,)单调递增，因为1110,e10egg，所以存在0k使得001ln0kk，即001lnkk，所以当00kk时，0gk，当0kk时，0g

k，所以gk在00,k上单调递减，在0,k上单调递增，01,ek，故00000minlnln1gkgkkkkk.又001lnkk，所以000min00011110gkkkkk

kk，当2ke时，222222eelnelnee1e30g，因为2001,e,e0kgkg，所以在20,ek内存在1k，使得10gk，当21ek时

，222222111113lnln110eeeeeegkg，因为01,ek，0210egkg，所以在021,ek内存在2k，使得20g

k，综上所述，存在两条斜率分别为1k，2k的直线与曲线e2xy和曲线2lneyx都相切，故选：C.二．多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，多选错选不得分，少选得两分）9．设0ab．且2ab，则（）A．12bB

．12aC．021abD．0ln1ba【答案】AC【详解】因为0ab．且2ab，所以02bb，即12b，故A正确；由02aa，可得01a，故B错误；由题可知0ab

，所以021ab，故C正确；取110112e2eab，可得1eba，所以ln10ba，故D错误.故选：AC.10．下列说法正确的有（）A．tan2cos3sin40B．sin()cos22ABcABC中，C．sin

sin,=+2,ABBAkkZ若则D．1sin1sin(,0),2tan21sin1sina【答案】ABD11.已知函数,1()1ln,1xxfxxxx，()gxkxk，则（）A．()fx在R上为增函数B．当14k

时，方程()()fxgx有且只有3个不同实根C．()fx的值域为1,D．若1()()0xfxgx，则1,k【答案】BCD【详解】根据函数解析式作出函数图象，由图象易知，()f

x在R上不是增函数，故A错误；当1x时，1()fxx，则(1)1f，()gx过定点(1,0)，当14k时，()gx与()fx在1x上相交，共2个交点；{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACC

gGBFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第4页，共10页当1x时，21()(1)fxx，过点(1,0)作()fx的切线，设切点为00(,)xy，则0001xyx，00200111(1)xxxx，解得01x，1(1)4f

，故当14k时，()gx与()fx在=1x处相切，有1个交点；故当14k时，()gx与()fx共有3个交点，故B正确；由图易知()(1,)fx，故C正确；当1x时，1()()0xfxgx等价于()()fxgx，由函数图象，

及上述分析知，1k；当1x时，1()()0xfxgx等价于()()fxgx，由函数图象，及上述分析知，14k；故若1()()0xfxgx，1k，故D正确；故选：BCD12.

已知定义在R上的函数()fx满足对任意的x，yR，()()()fxyfxfy，且当0x时，()1fx，则（）A．(0)1fB．对任意的xR，()0fxC．()fx是减函数D．若122f，且不等式lnln4x

yxxayfx恒成立，则a的最小值是21e【答案】ABD【详解】取0xy，则2(0)[(0)]ff，解得(0)0f或(0)1f，若(0)0f，则对任意的0x，()(0)()(0

)0fxfxfxf，与条件不符，故(0)1f，A正确；对任意的xR，2()0222xxxfxff，若存在0xR，使得00fx，则00

00(0)0ffxxfxfx，与(0)1f矛盾，所以对任意的xR，()0fx，B正确；当0x时，()1fx，且(0)1f，所以当0x时，()(0)fxf，与()fx为减函数矛盾，C错误；假设12xx

，则1212221222fxfxfxxxfxfxxfxfx1221fxxfx因为120xx，所以121fxx，则120fxfx

，即12fxfx，所以函数()fx在R上单调递增，由题意得21(1)42ff，所以lnln(1)xyxxayffx，结合()fx在R上单调递增可知lnln1xyxxayx，则lnxxxayyy，令xty，则0t，

lnattt，令()lnFxxxx，()ln2Fxx，易得()Fx在210,e上单调递减，在21,e上单调递增，从而221()eeFxF，所以21ea，则21ea，D正确.故选：ABD.三．填空题（本大

题共4小题，每小题5分，共20分）13．若tan2，则sincossincos的值为.【答案】13【详解】由题意tan2，则cos0，则sincostan1211sincostan1213

，故答案为：13{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第5页，共10页14.已知函数2()lg(45)fxxx在(,)a上单调递增，则a的取值范围为

.【答案】[5,)【详解】由2450xx得5x或1x所以fx的定义域为,1(5,)因为245yxx在(5,)上单调递增，所以2()lg(45)fxxx在(5,)上单调递增，所以5a15.设函数

fx，fx的定义域均为R，且函数21fx，2fx均为偶函数．若当1,2x时，31fxax，则2022f的值为．【答案】7【详解】因为函数fx，fx的定义域均

为R，且函数21fx为偶函数，则2121fxfx，求导得2121fxfx，即11fxfx，所以函数yfx的图像关于1,0对称．因为函数2fx

为偶函数，所以22fxfx，所以函数yfx的图像关于2x对称，由函数yfx的图像关于1,0对称，且关于直线2x对称．所以函数yfx的周期为4124T，．由

111110fxfxfff，1113130fxfxffff，22130fxfxff，所以10f，

即10a，即1a，所以当1,2x时，31fxx于是3250202221754281fff16.已知函数ln20()axxafx，若不等式

222e()ecos(())axxxfxfx对0x恒成立，则实数a的取值范围为.【答案】(0,2e]【详解】ln2()22()cos[()]e2()cos[()]0e2()cos[()]0eaaxxfxxxfxfxfxfxfxfx，令()tfx

，则()e2costgttt，()e2sintgtt，设()e2sinthtt，则()ecosthtt，当0t时,e1,sin1tt，且等号不同时成立，则()0gt恒

成立，当0t时，e1,cos1tt，则()0ht恒成立，则()gt在(0,)上单调递增，又因为(0)1,(1)e2sin10gg，因此存在0(0,1)t，使得00gt，当00tt时，()0gt

，当0tt时,()0gt，所以函数()gt在0,t上单调递减，在0t,)上单调递增,又(0)0g，作出函数()gt的图像如右：函数()ln2(0)fxaxxa定义域为(0,)，求导

得2()2aaxfxxx，①当a<0时，()0fx，函数()fx的单调递减区间为(0,)，{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第6

页，共10页当01x时，lnyax的取值集合为(0,)，而2yx取值集合为(2,0)，因此函数()fx在(0,1)上的值域包含(0,)，当1x时，lnyax的取值集合为(,0]，而2yx取值集合为(,2)，因此函数()fx在[1,)上无最小值，从而函数()

fx的值域为R，即()Rtfx，00gt，不合题意，②当0a时，由()0fx得2ax，由()0fx得02ax，()fx在(0,)2a单调递增，在(,)2a上单调递减，max()()ln22aafxfaa，当01x时，lnyax的取值集合为(,0]

，而2yx取值集合为(2,0]，因此函数()fx在(0,1]上的值域包含(,0]，此时函数()fx的值域为(,ln]2aaa，即()(,ln]2atfxaa，当ln02aaa时，即当02ea时，()0gt恒成立，符合题意，

当ln02aaa时，即当2ea时，10minln,2ataat，结合图象可知，10gt，不合题意，所以实数a的取值范围为(0,2e].故答案为：(0,2e]四、解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）

已知π0,4，πtan2cos24.(1)求的大小；(2)设函数sin2fxx，0,πx，求fx的单调区间及值域.【答案】(1)π12(2)fx在区间π0,3上单调递增；fx在区间

π,π3上单调递减；fx值域为1,12.【详解】（1）由πtan2cos24得22πsin42cossinπcos4，则2sinc

os22cossincossin2cossin2，因为π0,4，所以cossin0，所以21cossin2，解得2cossin2，即π1cos42

，又πππ,442，所以ππ43，则π12.（2）函数πsin6fxx，0,πx，令2π2ππ6x，解得32π3πx，所以函数

fx在区间π0,3上单调递增；令2ππ3π62x，解得π343πx，所以函数fx在区间π,π3上单调递减；{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGB

FAIsAAASRNABAA=}#}试卷第7页，共10页因为0,πx，ππ7π,666x，当ππ62x时，即π3x，fx取最大值1；当π7π66x时，即πx，

fx取最小值12.所以fx值域为1,12.18．（12分）nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，22nnaa=43nS.（Ⅰ）求{na}的通项公式；（Ⅱ）设11nnnbaa,求数列{nb}的前n项和.【答案】（Ⅰ）21n+（

Ⅱ）11646n【详解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an

）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1，∴bn111121232

nnaann（112123nn），∴数列{bn}的前n项和Tn12（11111135572123nn）12（11323n）11646n.19．（12分）已知函数2()eaxfxx，其中0a

，e为自然对数的底数．(1)讨论函数()fx的单调性；(2)求函数()fx在区间[0,1]上的最大值．【答案】(1)当0a时，()fx在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减；当a<0时，()fx在(,0)和2,a上单调递减；

在20,a上单调递增；(2)当0a时，最大值是(1)1f；当20a时，最大值是(1)eaf；当2a时，()fx在区间[0,1]上的最大值是2224()efaa.【详解】（1）2(

)eaxfxx，函数定义域为R，2eaxfxxax．(i)当0a时，令()0fx，得0x．若()0fx，则0x，从而()fx在(0,)上单调递增；若()0fx，则0x，从而()fx

在(,0)上单调递减．(ii)当a<0时，令0fx，得20xax，解得0x或2xa，有20a．若()0fx，则0x或2xa，从而()fx在(,0)和2,a上单调递减；若()0fx，则

20xa，从而()fx在20,a上单调递增；（2）由（1）中求得单调性可知，(i)当0a时，()fx在区间[0,1]上单调递增，最大值是(1)1f．{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgG

BFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第8页，共10页(ii)当20a时，()fx在区间[0,1]上单调递增，最大值是(1)eaf．(iii)当2a时，()fx在区间20,a上单调递

增，在区间2,1a单调递减，最大值是2224()efaa．20．（12分）菱形ABCD中，120ABCEA平面ABCD，//EAFD，22EAADFD，（1）证明：直线//FC平面EAB；（2）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平

面BDM所成角的正弦值为28？若存在，求EMMC；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）104（3）存在，13EMMC【详解】解：建立以D为原点，分别以DA，DT（T为BC中点），DF的方向为

x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），则(2,0,0)A，(1,3,0)B，(1,3,0)C，(0,0,0)D，(2,0,2)E，(0,0,1)F.（1）证明：(0,0,2)EA，(1,3,0)AB，（2）设(,,)nxyz为平面EAB的法向量，则0

0nEAnAB，即2030zxy，可得(3,1,0)n，又(1,3,1)FC，可得0nFC，又因为直线FC平面E

AB，所以直线//FC平面EAB；（2）设(3,3,2)EMEC，则(23,3,22)M，则(1,3,0)BD，(23,3,22)DM

，设3(,,)nxyz为平面BDM的法向量，则3300nBDnDM，即30(23)3(22)0xyxyz，可得32333,1,1n，由(1,3,2)EB

，得3223323221cos,82332241EBn，解得14或78（舍），所以13EMMC.{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCg

GBFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第9页，共10页21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线2222:10,0yxCabab的离心率为2，实轴长为4.(1)求C的方程；(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点0,Pt且垂直于y轴（P位于原点与

上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【答案】(1)22144yx(2)0,1【详解】（1）因为实轴长为4，即24a，2a，又2ca，所以22c，2224bca

，故C的方程为22144yx.（2）由O，A，N，M四点共圆可知，ANMAOM，又MOPAOM，即ANMMOP，故1tantantanANMMOPOMP，即1

ANOMkk，所以1ANOMkk,设11,Gxy，22,Hxy，(,)MMMxy，由题意可知0,2A，则直线112:2yAGyxx，直线222:2yAHyxx，因为M在直线l上，所以Myt，代入直线AG方

程，可知1122Mtxxy，故M坐标为112,2txty，所以1122OMtyktx，又222ANAHykkx，由1ANOMkk，则12122212tyytxx，整理可得1212

222yyttxx，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线:GHykxt，代入双曲线方程：22144yx中，可得2221240kxktxt，所以12221ktxxk，212241txxk，又

12122222yykxtkxt22222212122222422222111ttktkxxktxxtkkttkkk，所以2221222122222

2221204421tyytttktttxxttk,故2tt，即1t，所以点P坐标为0,1.{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}试卷第10页，共10页2

2.（12分）已知函数1()ln()exfxkxkR.(1)若函数()yfx为增函数，求k的取值范围；(2)已知120xx.（i）证明：21211xxxeeeex；（ii）若1212xxxxk

ee，证明：121fxfx..【详解】（1）∵1()ln()exfxkxkR，则1()(0)exkfxxx，若()fx是增函数，则1()0exkfxx，且0x，可得exxk，故原题意等价于exxk对0x恒成立，构建()(0)exx

xx，则1()0exxxx，令()0x，解得01x；令()0x，解得1x；则()x在(0,1)上递增，在(1,)递减，故1()1ex，∴k的取值范围为1,e

.（2）（i）由（1）可知：当1ek时，ln1()eexxfx单调递增，∵120xx，则21fxfx，即21211111lnlneeeexxxx，整理得211212eelnlneelnxx

xxxx，构建ln1gxxx，则1110xgxxxx，令()0gx，解得01x；令()0gx，解得1x；则()gx在(0,1)上递减，在(1,)递增，故()ln110gxxxg，即ln1xx，当且仅当1x

时等号成立，令211xxx，可得2211ln1xxxx，故21211xxxeeeex；（ii）∵1212xxxxkee，则1212110eexxkkxx，可知1()0exkfxx有两个

不同实数根12,xx，由（1）知1201xx，可得1111111111ln111lnleeenexxxxxxxfxkxx，同理可得2222lne1xxxfx，构建ln1())e(0xxxgxx，则e(1)ln()0xxxgxx，当01x

时，(1)ln0xx；当1x时，(1)ln0xx；当1x时，(1)ln0xx；且e0x，故()0gx对0,x恒成立，故()gx在(0,)上单调递减，∵1201xx

，则21()1gxggx，即21e1fxfx，且22ln0,e0xx，则22ln10xx，故2222ln1)0e(xxxgx，可得210efx；又∵101x，由（i）可得11ln1xx，即11ln1xx

，则11111ln1111exxxxx，且1e0x，则111ln11exxx，可得111efx；综上所述：12101efxfx.可得21e0fx，则1201fxfx故12121fxfxfxfx.

{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}