【文档说明】山西省怀仁市第一中学2021-2022学年高三上学期第二次月考数学（理）答案.pdf，共(4)页，222.210 KB，由小赞的店铺上传

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高三理科数学答案第1页,共4页怀仁一中2021-2022学年第一学期高三年级第二次月考理科数学答案及解析1.D[根据题意,A={x|x2-2x-8≤0}={x|-2≤x≤4},B={-5,-2,1,4,7}

,所以A∩B={-2,1,4}.]2.B[由|x-2|<5,得-5<x-2<5,即-3<x<7,于是得p,q所对应的集合分别为{x|-3<x<7},{x|0<x<7},显然{x|0<x<7}⫋{x|-3<x<7},所以

p是q的必要不充分条件.故选B.]3.B[要使函数有意义,则需x+1>0x+1≠14-x2≥0􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁,解得-1<x≤2且x≠0,所以x∈(-1,0)∪(0,2].所以函数的定义域为(-1,0)∪(0,2].故选B.]4.

B[一天24小时中时针转2圈,分针转24圈,所以分针比时针多转的圈数是24-2=22,又因为每多转一圈,分针就与时针相遇一次,所以钟的时针和分针一天内会重合22次,故选B.]5.D[因为tanθ=-3,所以cos2θ+sin2θ=cos

2θ+2sinθcosθ=cos2θ+2sinθcosθcos2θ+sin2θ=1+2tanθ1+tan2θ=1+2×(-3)1+(-3)2=-12,故选D.]6.D[因为f(-x)=-x+1xcosx=-x-1xcosx=-f(x),故函数是奇函数,所以排除A,B;取x=

π,则f(π)=π-1πcosπ=-π-1π<0,故选D.]7.A[y'=1x-1=1-xx(x>0),由y'<0得x>1,∴函数的单调递减区间为(1,+∞).故选A.]8.A[因为f(x)=e2x+

f'(1)x2,则f'(x)=2e2x+2f'(1)x,令x=1,则f'(1)=2e2+2f'(1),所以f'(1)=-2e2.故选A.]9.D[由题意,可得函数f(x)的周期T=4,所以a=f(6)=f(-2),b=f(22)=

f(22-4),c=f(4)=f(0).由于fx在-2,0上单调递增,所以f(-2)<f(22-4)<f(0),即a<b<c.故选D.]10.B[因为f(x)=sin2x+π6=cos2x+π6-π2=cos2x-π3=cos

2x-π6􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁,因此,为了得到函数y=f(x)的图象,可把函数y=cos2x的图象向右平移π6个单位长度.故选B.]11.C[若对∀x1∈[-1,2],∃x0∈[-1,2],使g(x1)=f(x0)成立,只

需函数y=g(x)的值域为函数y=f(x)的值域的子集即可.函数f(x)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈[-1,2]的值域为[-1,3].当a>0时,g(x)=ax+2单调递增,可得其值域为[2-a,2+2a],要使[2-a,2+2a]⊆[-1,3],需2-a≥-1,2+2a

≤3,a>0,􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁解得0<a≤12,综上,a的取值范围为0,12􀭤􀭥􀪁􀪁.故选C.]12.B[令y=xex+1,x≥0,y'=1-xex,因此,函数y=xex+1在[0,1)上单调递增,在(1,+

∞)上单调递减,当x=1时,ymax=1+1e,且x>0时,xex+1>1恒成立,当x<0时,f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在[-1,0)上单调递增,当x=-1时,f(x)min=0,f(x)在R上的图象如图,􀪋􀪋􀪋�

�􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋�

�􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋高三理科数学答案第2页,共4页当x<0时,由f(x)-1=0得x=-2,当x≥0时,由f(x)-1=0得x=0,则函数y=f(x)-1的零点为-

2,0,函数y=f(f(x)-m)-1有三个零点,当且仅当f(x)-m=-2和f(x)-m=0共有三个零点,即f(x)=m-2和f(x)=m共有三个零点,当m-2>1+1e,即m>3+1e时,f(x)=m-2和f(x)=m各有一个零点,共两个零点;当m-2=1+1e,即m

=3+1e时,f(x)=m-2有两个零点,f(x)=m有一个零点,共三个零点;当1<m-2<1+1e,即3<m<3+1e时,f(x)=m-2有三个零点,f(x)=m有一个零点,共四个零点;当0<m-2≤1,即2<m≤3时,f(x)=m-2有两个零点,f

(x)=m有一个零点,共三个零点;当m-2=0,即m=2时,f(x)=m-2和f(x)=m各有一个零点,共两个零点;当m-2<0,即m<2时,f(x)=m-2无零点,要y=f(f(x)-m)-1有三个零点,当且仅当f(x)=m有三个零点,必有1<m<1+1e,所以实数m的取值范围是1,1+1

e∪(2,3]∪3+1e.故选B.]13.-3解析因为函数f(x)=xln(ax+1+9x2)为偶函数,则f(-x)=f(x)恒成立,又f(-x)=-xln(-ax+1+9x2),所以xln(ax+1+9x2)=-xln(-ax

+1+9x2)恒成立,即ax+1+9x2=11+9x2-ax恒成立,即x2(9-a2)+1=1恒成立,所以9-a2=0,又a<0,所以a=-3.14.(1,2]解析由于函数f(x)=-x+6,x≤2,3

+logax,x>2(a>0且a≠1)的值域是[4,+∞),故当x≤2时,满足f(x)=6-x≥4,当x>2时,由f(x)=3+logax≥4,所以logax≥1,所以loga2≥1⇒1<a≤2,所以实数a的取值范围为1<a≤2.15.12解析因为函数f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期

为π,所以ω=2ππ=2,所以f(x)=sin(2x+φ),图象向左平移π3个单位长度后所得函数为y=sin2x+π3+φ􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁=sin2x+2π3+φ,因为y=sin2x+2π3+φ是偶函数,所以2π3+φ=π2+kπ(

k∈Z),所以φ=-π6+kπ(k∈Z),因为|φ|<π2,所以k=0,φ=-π6,所以f(x)=sin2x-π6,所以fπ6=sin2×π6-π6=sinπ6=12.16.12e解析因为对于任意x∈(0,+∞),λ>0,不等式e2λx-lnx2λ≥0恒成立,所以对于任意x∈(0,+∞),2λ

e2λx≥lnx⇔2λxe2λx≥xlnx=lnx·elnx,即2λxe2λx≥lnx·elnx恒成立.设f(x)=xex,则f'(x)=ex(1+x)>0,所以f(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,由f(2

λx)≥f(lnx),知2λx≥lnx,即λ≥lnx2x,即λ≥lnx2xmax.设g(x)=lnx2x,x∈(0,+∞),求导得g'(x)=2(1-lnx)4x2,令g'(x)=0,得x=e.当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减;􀪋􀪋􀪋�

�􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋

􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋高三理科数学答案第3页,共4页当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)在x=e处取得极大值,且为最大值,g(x

)max=g(e)=lne2e=12e,所以当λ≥12e时,不等式e2λx-lnx2λ≥0恒成立.17.解(1)当m=4时,B={x|5≤x≤7},故A∪B={x|-2≤x≤7}.4分…………………………………(2)当m+1>2

m-1时,即当m<2时,B=⌀,则A∩B=⌀;6分…………………………………当m+1≤2m-1时,即当m≥2时,B≠⌀,因为A∩B=⌀,则2m-1<-2或m+1>5,解得m<-12或m>4,此时有m>4.9分…………综上所述,实数m的取值范围是{m|m<

2或m>4}.10分……………………………………………18.解(1)sin48°-sin18°cos30°cos18°=sin(18°+30°)-sin18°cos30°cos18°=sin18°cos30°+cos18°sin30°-sin18°cos30°cos18°=cos18°si

n30°cos18°=sin30°=12.6分…………………(2)∵0<α<π,cosα=45,∴sinα=35,9分……………………………………∴sinα+π3=12sinα+32cosα=12×35+32×45=3+4310.12分………………………

……………19.解(1)∵f(x)=log5(5x+1)+kx是偶函数,∴f(-x)=f(x),2分……………………………即log5(5-x+1)-kx=log5(5x+1)+kx恒成立,∴log5(5-x+1)-log5(5x+1)=2kx恒成立,4分…∴2kx

=log55-x+15x+1=log515x+15x+1=log55x+15x·15x+1=log515x=-x,解得k=-12.6分…………………………………(2)由(1)可得f(x)+12x=log5(5

x+1)≥1,∴5x+1≥5,解得x≥log54,故不等式f(x)+12x≥1的解集为[log54,+∞).12分………………………………………………20.解(1)由题图知,A=2,T=2×3π8+π8=π,所以ω=2,2分……………………………………f(x)=

2sin(2x+φ),f-π8=2sin-π4+φ=2,sin-π4+φ=1,由于|φ|<π,-π<φ<π,-5π4<-π4+φ<3π4,所以-π4+φ=π2,φ=3π4,4分……………………所以函数f(x)的解析式为f(x)=2sin2x+3π4.5分………………………………………………

(2)由2kπ-π2≤2x+3π4≤2kπ+π2,k∈Z,得kπ-5π8≤x≤kπ-π8,k∈Z,所以函数f(x)的单调递增区间为kπ-5π8,kπ-π8􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁,k∈Z.8分…

…………………………………………(3)因为x∈-3π8,π4􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁,所以2x+3π4∈0,5π4􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁,sin2x+3π4∈-22,1􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁.所以2sin2x+3π

4∈[-2,2].所以函数f(x)在区间-3π8,π4􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁上的值域为[-2,2].12分……………………………………21.解(1)由题意可得v=3ln1+M25,1分…………当v达到第一宇宙速度7.9km/s时,有7.

9=3ln1+M25,∴M=25e7.93-25≈322.9(t).5分…………………(2)∵希望v达到16.7km/s,但火箭起飞质量最大值为2000t,v=v0+w·ln1+Mm=w·lnm+Mm,􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋

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􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋高三理科数学答案第4页,共4页∴w·lnm+Mm=16.7m+M≤2000,m=25,8分………………∴16.7w+lnm=lnm+M≤ln2000,即16.7w

+ln25≤ln2000,得w≥3.8,11分…………∴w的最小值为3.8km/s.12分…………………22.(1)解依题意知,得函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-2mx=2(1-mx2)x,1分…………当m≤0时,f'(

x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,2分………………………………………………当m>0时,由f'(x)=0得x=mm,当0<x<mm时,f'(x)>0,当x>mm时,f'(x)<0,于是f(x)在0,mm上单调递增,在mm,+∞

上单调递减,4分………………………………………所以当m≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,当m>0时,f(x)在0,mm上单调递增,在mm,+∞上单调递减.5分………………………(2)证明当m=1时,f(x)=2lnx-x2+1

,由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,7分……………………………………………因为实数x1,x2满足x1<x2且f(x1)=f(x2),于是0<x1<1<x2,当0<x<1时,令F(x)=f(x)-f(2-x)=2lnx-x2+1-[2ln(2-x)-(

2-x)2+1]=2lnx-2ln(2-x)-4x+4,8分…………………F'(x)=2x+22-x-4=4(x-1)2x(2-x)>0,9分…………即F(x)在(0,1)上单调递增,∀x∈(0,1),F(x)<F(1)=0,即f(x)<f(2-x),而0<x1<1,于

是得f(x2)=f(x1)<f(2-x1),显然1<2-x1<2,x2>1,又f(x)在(1,+∞)上单调递减,因此,x2>2-x1,即x1+x2>2,所以x1+x2>2.12分………………………………􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋�

�􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋