【文档说明】广东省清新区第一中学2021届高三上学期第二次月考数学试题答案.pdf，共(11)页，447.020 KB，由小赞的店铺上传

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第页共10页1清新一中2020-2021学年度高三级第一学期第二次质量检测数学科参考答案及评分标准123456789101112BAACCCAAABDABCACABD4C由题意1lg4.81.59E

，2lg4.81.58E，所以12lglg4.81.594.81.581.5EE，所以1122lglglg1.5EEEE，所以1.512:10EE.故选：C.5C因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，所以分为两类：第一类，甲、乙

、丙各自站在一个台阶上，共有：3363120CA种站法；第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，共有：22236290CCA种站法；所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法总数是12090210.6C因为对任意的1212,1,xx

xx，有2121()()0fxfxxx，所以对任意的1212,1,xxxx，21xx与21()()fxfx均为异号，所以fx在[1,)上单调递减，又函数1fx为偶函

数，即(1)(1)fxfx，所以(2)(4)ff，所以2(4)31ffff.7．A由甲，乙图得进水速度1，出水速度2，∴①0点到3点时斜率为2，蓄水量增加是2，只进水不出水，故

①对；②不进水只出水时，减少应为2，②错；③二个进水一个出水时，蓄水量减少也是0，故③错；8A由12210fxfxxx且210xx可得1122xfxxfx，令3xgxxfxeax，则gx在0,上单调递增，230xgxeax在

0,上恒成立，23xeax在0,上恒成立，第页共10页2令20xehxxx，则32xexhxx当0,2x时，0hx，hx单调递减；当2,x时，0hx，hx单调递增；2min24eh

xh，234ea，解得2,12ea..二、多选题9．ABD【详解】28150xx的两个根为3和5，{}3,5A\=，ABB，BA，B或3B或{}5B

=或3,5B，当B时，满足0a即可，当3B时，满足310a，13a，当{}5B=时，满足510a-=，15a，当3,5B时，显然不符合条件，a的值可以是110,,35.10．AB

C因为2fxfx，所以42fxfxfx，即4T，故A正确；因为函数1yfx为奇函数，所以函数1yfx图像关于原点成中心对称，所以B正确；又函数1yfx为奇函数，所以11fxf

x，根据2fxfx，令1x代x有11fxfx，所以11fxfx，令1x代x有fxfx，即函数fx为R上的偶函数，C正确；因为函数1yfx为奇函数，所以10f

，又函数fx为R上的偶函数，10f，所以函数不单调，D不正确.11．AC当0x时，332fxxx，233311fxxxx，令0fx，解得11x，21x（舍去）.0,1x，0fx，fx为减函数，1,x，

0fx，fx为增函数.min10fxf.当0x时，2xfxxe，222xxxfxxexexex，令0fx，解得10x，22x,2x，0f

x，fx为减函数，第页共10页32,0x，0fx，fx为增函数.2min42fxfe，且当x时，0fx.函数fx的图像如图所示：因为方程()0fxa

有两个不相等的实根，等价于函数yfx与ya有2个交点，所以240ae或02a.12、ABD【详解】选项A，当1a时，sinxfxex，,x，所以01f，故切

点为0,1，cosxfxex，所以切线斜率02kf，故直线方程为：120yx，即切线方程为：21yx，选项A正确.选项B，当1a时，sinxfxex，,x，cosxfx

exsin0xfxex恒成立，所以fx单调递增，又202f,3434331cos4422fee233422eee,所以342e，即34122e，所以3

04f所以存在03,42x，使得00fx，即00cos0xex则在0，x上，0fx，在0x，上，0fx，所以在0，x上，fx单调递减，

在0x，上，fx单调递增.所以fx存在唯一的极小值点0x.000000sinsincos2sin4xfxexxxx03,42x,则03,44x

，02sin1,04x，所以B正确.对于选项C、D，sinxfxeax，,x第页共10页4令0fx，即sin0xeax，所以1sinxxae,则令sin

xxFxe,,x2sincossin4xxxxxFxee,令0Fx,得,1,4xkkkZ由函数2sin4yx的图像性质可知:52,2+44xkk时，2s

in04x，Fx单调递减.52,2++244xkk时，2sin04x，Fx单调递增.所以52,,14xkkZk时，Fx取得极小值，即当35,,44x时

Fx取得极小值，又354435sinsin44ee,即3544FF又因为在3,4上Fx单调

递减，所以343242FxFe所以2,,04xkkZk时，Fx取得极小值，即当9,,44x时Fx取得极大值，又9449sinsin44ee，即944

FF所以4242FxFe当,x时，3442222eFxe所以当34122ea，即342ae时，f(x)在(－π，+∞)上无零点，所以C不正确.第页共10页5当412

2ae，即42ae时，1ya与sinxxFxe的图象只有一个交点即存在a＜0，f(x)在(－π，+∞)上有且只有一个零点，故D正确.三、填空题13．1【解析】由“xR，220xxa”为假命题，可知，“xR，220xxa”为真命题

，22axx恒成立，由二次函数的性质可知，221xx，则实数1a，即a的最大值为1．故答案为：1.14.1,22【解析】()fx是定义在R上的偶函数，且在[0,)上是减函数，1()

03f，11()()033ff，则不等式18(log)0fx等价为不等式181(|log|)()3fxf，即181|log|3x1811log33x122x，即不等式的解集为1(,

2)2，15．ln1e【详解】xgxe，则xgxe，所以ge，由拉格朗日中值的定义可知，10110ggge，即1ee，所以ln1e．故答案为:ln1e.16．4【详解】对lnyxb

求导得1yxb，因为直线y=x－a与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，所以011xb即01xb，所以00lnln10yxbbb，所以切点为1,0b，由切点1,0b

在切线y=x－a上可得10ba即1ba，所以11112224babaababababab，当且仅当12ba时，等号成立.所以11ab的最小值是4.第页共10页6②17.解：（1）函数()ln1fxxx

ax的导数为()ln1fxxa，——2分在点(1,(1))Af处的切线斜率为12ka，————————3分(1)2f，即12a，3a；——————5分（2）由（1）得，()ln2,(0,)fxxx，令

()0fx，得2xe，令()0fx，得20xe，即()fx的增区间为2,e，减区间为20,e．————8分在2xe处取得极小值21e，无极大值．——10分18.解（1）因为()(sinsin)(3

sinsin)baBAcBC，又由正弦定理sinsinsinabcABC，得()()(3)babacbc，————2分即2223bcabc，所以22233cos222bcbcAbcbca，————4分因为0A，————5分所

以6A.————————6分（2）方案一：选条件①和②.由正弦定理sinsinabAB，得sin22sinabBA.——————8分由余弦定理2222cosbacacB，得222(22)222cos4cc，——10分解得26c.————11分所以ABC的面积11

2sin2(26)31222SacB.——12分方案二：选条件①和③.由余弦定理2222cosabcbcA，得222433bbb，则24b，所以2b.所以23c，所以ABC的面积111sin2233222SbcA.第页共10页719．【详解】（1）

因为*21nnSanN①所以11212nnSan②——2分漏写n大于或等于2的扣1分由①式②式得1222nnnaaan，即122nnaan，————4分又当1n时，1121aa

，解得11a，————5分所以na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nna-=.————6分（2）.122112nnnS，——————7分11112111()221212121nnnnnnnnnabSS

，————8分12231111111111112212121212121221nnnnT————————10分112111()022121nnnnTT，————11分所以nT单

调递增，所以1min13nTT，所以13m.————12分20.（12分）第页共10页821【详解】（1）由题意得：0.042342.54.531a，解得6a；——1分（2）当产品品质为优时频率为：

10.04462.50.5p，此时价格24；——2分当产品品质为中时频率为：20.04230.2p，此时价格19；——3分当产品品质为差时频率为：30.044.530.3p，此时价格14；——4分以频率作为概率，

可得随机变量的分布列：241914p0.50.20.3————5分∴240.5190.2140.320E；——————6分（3）设公司年利润为fx，则323323340.5250.2200.3163055910xfxxxxxxx

第页共10页9整理得323123092xfxxx，————8分21131231233fxxxxx，————10

分∴5,12x时，0fx，fx单调递增；12,15x时，0fx，fx单调递减．所以当12x时，函数fx取最大值12138f；故估计当年产量x为12时，该公司年利润最大，最大值为138万元．——12分．第页共10页10第页共1

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