【文档说明】宁夏石嘴山市第三中学2021届高三上学期第二次月考数学（文科）试题 .docx，共(15)页，1.729 MB，由小赞的店铺上传

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2020年石嘴山市三中11月月考数学试卷（文科）答案和解析【答案】1.A2.A3.A4.C5.C6.C7.D8.D9.A10.B11.B12.D13.14.15.16司长生批13.(−2,2)14.{2(𝑛=1)2𝑛−1(𝑛≥2)15.2cosx16.1：√3：217董红香批17（10分）

解：(1)由𝑎⃗⃗⊥𝑏⃗得，2𝑥+3−𝑥2=0，即(𝑥−3)(𝑥+1)=0，解得𝑥=3或𝑥=−1；(2)由𝑎⃗⃗//𝑏⃗，则2𝑥2+3𝑥+𝑥=0，即2𝑥2+4𝑥=0，得𝑥=0或�

�=−2．当𝑥=0时，𝑎⃗⃗=(1,0),𝑏⃗=(3,0)，∴𝑎⃗⃗−𝑏⃗=(−2,0)，此时|𝑎⃗⃗−𝑏⃗|=2；当𝑥=−2时，𝑎⃗⃗=(1,−2),𝑏⃗=(−1,2)，则𝑎⃗⃗−𝑏⃗=(2,−4)．故|𝑎⃗⃗−𝑏⃗

|=√22+(−4)2=2√5．18董红香批18.（12）解：(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为d，由𝑎1+𝑎2=10，𝑎4−𝑎3=2，可得𝑎1+𝑎1+𝑑=10，𝑑=2，解得𝑎1=4，𝑑=2，可得𝑎𝑛=4+2(𝑛−1)=2𝑛+2；(2)设等比数列{�

�𝑛}的公比为q，由𝑏2=𝑎3，𝑏3=𝑎7，可得𝑏1𝑞=8，𝑏1𝑞2=16，解得𝑏1=4，𝑞=2，则数列{𝑏𝑛}的前n项和为𝑆𝑛=4(1−2𝑛)1−2=2𝑛+2−4．1

9(12分).寇西宁批解：(Ⅰ)因为△𝐴𝐵𝐶的外接圆直径为200√573𝑚.由正弦定理𝐵𝐶sin∠𝐶𝐴𝐵=200√573，即200sin∠𝐶𝐴𝐵=200√573，所以sin∠𝐶𝐴𝐵=3√57，cos∠𝐶𝐴𝐵=4√3√57，在△𝐴𝐵𝐶中，sin∠𝐵=s

in(∠𝐶𝐴𝐵+∠𝐴𝐶𝐵)=sin∠𝐶𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐶𝐵+cos∠𝐶𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐶𝐵=3√57⋅12+4√3√57⋅√32=152√57，由正弦定理可

得𝐴𝐶sin∠𝐵=𝐵𝐶sin∠𝐶𝐴𝐵，所以𝐴𝐶=sin∠𝐵sin∠𝐶𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=152√573√57⋅200=500𝑚所以AC的值是500m；(Ⅱ)由题意可得𝐴𝐷=𝐵𝐶=200，cos∠𝐴𝐸𝐷=𝑐𝑜𝑠60°=12，在△𝐴𝐷𝐸中，

由余弦定理可得𝐴𝐷2=𝐴𝐸2+𝐸𝐷2−2𝐴𝐸⋅𝐸𝐷⋅cos∠𝐴𝐸𝐷=(𝐴𝐸+𝐸𝐷)2−3𝐴𝐸⋅𝐸𝐷，所以(𝐴𝐸+𝐸𝐷)2−𝐴𝐷2=3𝐴𝐸⋅𝐸𝐷≤3⋅(

𝐴𝐸+𝐸𝐷2)2，所以14(𝐴𝐸+𝐸𝐷)2≤𝐴𝐷2=2002，所以可得：𝐴𝐸+𝐷𝐸≤400，所以△𝐴𝐷𝐸的最大周长为：𝐴𝐷+𝐴𝐸+𝐷𝐸=200+400=600𝑚．20.

（12分）寇西宁批解：(1)∵𝑓(𝑥)在𝑥=2处有极值，∴𝑓′(2)=0．∵𝑓′(𝑥)=3𝑥2+2𝑎𝑥，∴3×4+4𝑎=0，∴𝑎=−3．经检验𝑎=−3时𝑥=2是𝑓(𝑥)的一个极值点，故𝑎=−3；(2)由(1)知𝑎=−3，∴

𝑓(𝑥)=𝑥3−3𝑥2+2，𝑓′(𝑥)=3𝑥2−6𝑥．令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥1=0，𝑥2=2.当x变化时𝑓′(𝑥)，𝑓(𝑥)的变化情况如下表：x−1(−1,0)0(0,2)2(2,3)3𝑓′(𝑥)+0−0+𝑓(𝑥)−2↑2↓−

2↑2从上表可知𝑓(𝑥)在区间[−1,3]上的最大值是2，最小值是−2．21.（12分）司长生批解：(Ⅰ)当0<𝑥<70时，𝑦=100𝑥−(12𝑥2+40𝑥−400=−12𝑥2+60𝑥−400)，当𝑥≥70时，𝑦=100𝑥−(

101𝑥+6400𝑥−2060)−400=1660−(𝑥+6400𝑥).∴𝑦={−12𝑥2+60𝑥−400,0<𝑥<70且𝑥∈𝑁1660−(𝑥+6400𝑥),𝑥≥70且𝑥∈𝑁；(

Ⅱ)当0<𝑥<70时，𝑦=−12𝑥2+60𝑥−400=−12(𝑥−60)2+1400，当𝑥=60时，y取最大值1400万元；当𝑥≥70时，𝑦=1660−(𝑥+6400𝑥)≤1660−2√𝑥⋅6400𝑥=1500，当且仅当𝑥=6400𝑥，即𝑥=80时y取最大值1500

．综上，当月产量为80台时，该企业能获得最大月利润，最大约利润为1500万元．22.（12分）司长生批解：(𝐼)𝑓′(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑎，当𝑎=1时，𝑓′(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥−1=−√2

sin(𝑥−𝜋4)−1，令𝑓′(𝑥)>0可得sin(𝑥−𝜋4)<−√22可得𝑥∈[−𝜋4,0),令𝑓′(𝑥)<0可得sin(𝑥−𝜋4)>−√22可得𝑥∈(0,𝜋2],故𝑓(𝑥)在[−𝜋4,0)上单调递增，在(0,𝜋2)上单调递减，故𝑓(

𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(0)=1，∵𝑓(−𝜋4)=𝜋4，𝑓(𝜋2)=1−𝜋2<𝜋4，∴𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑓(𝜋2)=1−𝜋2，(𝐼𝐼)𝑓(−𝜋)=𝑎𝜋−1≤1，故𝑎≤2𝜋，𝑓′(𝑥)=

−√2sin(𝑥−𝜋4)−𝑎，∵−𝜋≤𝑥≤0，∴−5𝜋4≤𝑥−𝜋4≤−𝜋4，∴−1≤sin(𝑥−𝜋4)≤√22，−1≤−√2sin(𝑥−𝜋4)≤√2，(𝑖)𝑎≤−1时，𝑓′(𝑥)≥0，𝑓(𝑥)在[−𝜋,0]上

单调递增，𝑓(𝑥)<𝑓(0)=1恒成立，(𝑖𝑖)−1<𝑎≤2𝜋时，当−𝜋≤𝑥≤−𝜋4时，𝑓′(𝑥)单调递增，当−𝜋4≤𝑥≤0时，𝑓′(𝑥)单调递减，∴𝑓′(𝜋)=−1−𝑎<0，𝑓′(−𝜋4)=√2−𝑎>0，𝑓′(0)=1−�

�>0，∴存在𝑎∈(−𝜋,−𝜋4)，使得𝑓′(𝑎)=0，所以当−𝜋≤𝑥<𝑎时，𝑓′(𝑥)<0，函数𝑓(𝑥)单调递减，当𝑎<𝑥≤0时，𝑓′(𝑥)>0，函数单调递增，又因为𝑓(−𝜋)=𝑎𝜋−1≤

1，𝑓(0)=1≤1，∴𝑓(𝑥)≤1，∴𝑎≤2𝜋【解析】1.解：∵集合𝐴={−1,0，4}，集合𝐵={𝑥|𝑥2−2𝑥−3≤0,𝑥∈𝑁}={−1,0，1，2，3}，图中阴影部分表示的集合是𝐴

∩(𝐶𝑈𝐵)={4}故选A由已知中的韦恩图，我们可得图中阴影部分表示的集合是𝐴∩(𝐶𝑈𝐵)，根据已知中的集合A，B，可得答案．本题考查的知识点是Venn图表达集合的关系及运算，其中分析出图中阴影部分表示的集合是

𝐴∩(𝐶𝑈𝐵)，是解答本题的关键．2.解：根据题意，△𝐴𝐵𝐶满足“勾三股四弦五”，其中股𝐴𝐵=4，则△𝐴𝐵𝐶为𝑅𝑡△，且𝑐𝑜𝑠𝐶=35，△𝐴𝐵𝐷满足勾股定理，则△𝐴𝐵𝐷为𝑅𝑡△，且∠𝐴𝐷𝐵=90

°，则有∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐶，又由<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=∠𝐷𝐴𝐵，则cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=cos∠𝐷𝐴𝐵=𝑐𝑜𝑠𝐶=35，故选：A．根据题意，可得△𝐴𝐵𝐶中�

�𝑜𝑠𝐶=35，由相似三角形的性质可得∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐶，而<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=∠𝐷𝐴𝐵，即可得答案．本题考查向量夹角的计算，注意向量夹角的定义，属于基础题．3.【分析】由已知展开两角差的正切求得𝑡𝑎𝑛𝛼，再由万

能公式求得𝑐𝑜𝑠2𝛼的值．本题考查三角函数的化简求值，考查了万能公式的应用，是基础题．【解答】解：由tan(𝛼−𝜋4)=−13，得𝑡𝑎𝑛𝛼−tan𝜋41+𝑡𝑎𝑛𝛼𝑡𝑎𝑛𝜋4=−13，即𝑡𝑎𝑛𝛼−11+tan𝛼=−13，解得𝑡

𝑎𝑛𝛼=12，∴𝑐𝑜𝑠2𝛼=1−𝑡𝑎𝑛2𝛼1+𝑡𝑎𝑛2𝛼=1−141+14=35．故选：A．4.解：由已知得𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥,𝑔′(𝑥)=12√𝑥，设切点横坐标为t，∴{𝑎𝑙𝑛𝑡=√𝑡𝑎𝑡=12√𝑡，解得𝑡=𝑒2,𝑎=𝑒2．故

选：C．根据公共点处函数值相等、导数值相等列出方程组求出a的值和切点坐标，问题可解．本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，以及利用方程思想解决问题的能力，属于基础题．5.【分析】本题考查向量数量积及向量垂直的充要条件，同时考查正弦定理

及两角和与差的三角函数，根据向量垂直，可得√3𝑐𝑜𝑠𝐴−𝑠𝑖𝑛𝐴=0，分析可得A，再根据正弦定理可得，𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐴=sin2𝐶，进而可得𝑠𝑖𝑛𝐶=sin2𝐶，可

得C，再根据三角形内角和定理可得B，进而可得答案．【解答】解：根据题意，𝑚⃗⃗⃗⊥𝑛⃗⃗，可得𝑚⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗=0，即√3𝑐𝑜𝑠𝐴−𝑠𝑖𝑛𝐴=0，即，又0<𝐴<𝜋，∴𝐴=𝜋3，因为𝑎𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑏𝑐𝑜𝑠𝐴=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶，正弦定

理可得𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐴=sin2𝐶，即sin(𝐴+𝐵)=𝑠𝑖𝑛𝐶=sin2𝐶，又0<𝐶<𝜋，∴𝑠𝑖𝑛𝐶=1，𝐶=𝜋2，故选C.6.解：向量𝑎⃗⃗与𝑏⃗的夹角为60°，|𝑎⃗⃗|=1，|�

�⃗|=2，由𝑏⃗⊥(2𝑎⃗⃗−𝜆𝑏⃗)知，𝑏⃗⋅(2𝑎⃗⃗−𝜆𝑏⃗)=0，2𝑏⃗⋅𝑎⃗⃗−𝜆𝑏⃗2=0，2×2×1×𝑐𝑜𝑠60°−𝜆⋅22=0，解得𝜆=12．故选：C．根据两向量垂直时

数量积为0，列方程求出𝜆的值．本题考查了平面向量的数量积与垂直的应用问题，是基础题．7.解：函数𝑓(𝑥)=12(√3𝑠𝑖𝑛2|𝑥|−𝑐𝑜𝑠2|𝑥|)=sin(2|𝑥|−𝜋6)，定义域为R，𝑓(−𝑥)=sin(2|−𝑥|−𝜋6)=sin(2

|𝑥|−𝜋6)=𝑓(𝑥)，所以函数𝑓(𝑥)为偶函数，所以图象关于y轴对称，𝑓(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋6)，𝑥≥0令2𝑥−𝜋6=𝜋2，解得𝑥=𝜋3，所以𝑥=𝜋3时𝑓(𝑥)最大，故选：D．由三角函数的化简可得函数的解析式，再由函数的奇偶性可得函数𝑓(𝑥)

是偶函数，再由𝑥≥0的函数的最大值时的x值可选出结果．本题考查求函数的解析式即函数奇偶性的性质，属于中档题．8.解：设12𝑥−1=𝑡，则𝑥=2𝑡+2，∴𝑓(𝑡)=4𝑡+7，∴𝑓(𝑚)=4𝑚+7=6，解得𝑚=−14

．故选：D．本题考查函数的解析式，属于基础题．设12𝑥−1=𝑡，求出𝑓(𝑡)=4𝑡+7，进而得到𝑓(𝑚)=4𝑚+7，由此能够求出m．9.解：由题意可得𝑎22=𝑎1𝑎4，∴(𝑎1+2)2=𝑎1(𝑎1+6)，解得𝑎1=2，故选：A．由题

意可得𝑎1的方程，解方程可得．本题考查等差数列和等比数列的性质，属基础题．10.解：第1代“勾股树”中，正方形的个数为3=22−1，最小正方形的边长为1√2，第2代“勾股树”中，正方形的个数为3+4=7=23−1，最小正方形的边长为1(√2)2，第3代“勾股树”中

，正方形的个数为15=24−1，最小正方形的边长为1(√2)3，以此类推，第n代“勾股树”中，正方形的个数为2𝑛+1−1，最小正方形的边长为1(√2)𝑛，若“勾股树”上共得到8191个正方形，则2𝑛+1−1=8191，解得𝑛=12，此时最小正方形

的边长为1(√2)12=164．故选：B．第1代“勾股树”中，正方形的个数为3=22−1，最小正方形的边长为1√2，第2代“勾股树”中，正方形的个数为7=23−1，最小正方形的边长为1(√2)2，第3代“勾股树”中，正方形的个数为1

5=24−1，最小正方形的边长为1(√2)3，以此类推，第n代“勾股树”中，正方形的个数为2𝑛+1−1，最小正方形的边长为1(√2)𝑛，根据已知可求得n值，即可求解．本题考查正方形的性质及勾股定理的应用，考查归纳推理等基础知识，考查运算求

解能力、推理论证能力、归纳总结能力，属于中档题．11.解：∵函数𝑦=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥−𝜋3)(𝐴>0,𝜔>0)的图象为C，故函数的最小正周期为2𝜋2=𝜋，故A错误；令𝑥=𝜋6，求得𝑓(𝑥)=0，可得图象C关于点(�

�6,0)对称，故B正确；图象C向右平移𝜋2个单位后，得到𝑦=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥−𝜋−𝜋3)=−2𝑠𝑖𝑛(2𝑥−𝜋3)的图象，显然，所得图象不关于原点对称，故C错误；当𝑥∈区间(−𝜋12,𝜋2)，2𝑥−𝜋3∈(−𝜋2,2𝜋3)，函数𝑓(𝑥)在区间

(−𝜋12,𝜋2)上没有单调性，故D错误，故选：B．由题意利用正弦函数的图象和性质，得出结论．本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．12.解：由题设可得：当𝑛=2𝑘−1(𝑘∈𝑁∗)时，有𝑎2𝑘=[cos

(2𝑘−1)𝜋]⋅𝑎2𝑘−1+22𝑘−1，即：𝑎2𝑘−1+𝑎2𝑘=22𝑘−1(𝑘∈𝑁∗)，∴(𝑎1+𝑎2)+(𝑎3+𝑎4)+(𝑎5+𝑎6)+⋯+(𝑎39+𝑎40)=21+23+25+⋯+239=2(1−420)

1−4=2(420−1)3．故选：D．由题设条件推出相邻项之间的关系式，即可得到结果．本题主要考查由数列的递推式求数列的和，属于基础题．13.解：∵𝑎⃗⃗,𝑏⃗的夹角是180°∴𝑎⃗⃗,𝑏⃗共线，∴设𝑏⃗=(𝜆,−𝜆)，∵|𝑏⃗|=2√2，∴√𝜆2+(−𝜆)2=2√2

，∴𝜆=±2，∵𝑎⃗⃗,𝑏⃗的夹角是180°∴𝜆<0∴𝑏⃗=(−2,2)故答案为：(−2,2)根据两个向量的夹角是180°，得到两个向量共线且方向相反，设出要求的向量，根据之金额各向量的模长做出向量的坐标，把不合题意的舍去．本题考查向量的数量积的坐标表示，是一个基础

题，解题时注意向量的设法，这是本题要考查的一个方面，注意把不合题意的舍去．14.解：由log2𝑆𝑛=𝑛，得𝑆𝑛=2𝑛．当𝑛=1时，𝑎1=𝑆1=2，当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=2𝑛−2𝑛−1=2𝑛

−1，𝑛=1时不成立．∴𝑎𝑛={2(𝑛=1)2𝑛−1(𝑛≥2)．故答案为{2(𝑛=1)2𝑛−1(𝑛≥2)．由对数式变形得到数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛，分类讨论求解其通项𝑎𝑛．本题考查阿勒数列的概念及简单表示法，考查了由数列

前n项和求通项，关键是注意分类讨论，是基础题．15.解：将函数𝑦=𝑐𝑜𝑠2𝑥的图象向右平移𝜋4个单位，得到函数𝑦=cos(2𝑥−𝜋2)=𝑠𝑖𝑛2𝑥=2𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠�

�的图象又因为得到函数𝑦=𝑓(𝑥)⋅𝑠𝑖𝑛𝑥，则𝑓(𝑥)=2𝑐𝑜𝑠𝑥，故答案为：2cosx．由题意利用函数𝑦=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑)的图象变换规律，得出结论．本题主要考查函数𝑦=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑)的图象变换规律，属于基础题．16.

解：∵三个内角度数之比∠𝐴：∠𝐵：∠𝐶=1：2：3，∠𝐴+∠𝐵+∠𝐶=180°，∴∠𝐴=30°，∠𝐵=60°，∠𝐶=90°，∴𝑎：b：𝑐=𝑠𝑖𝑛30°：𝑠𝑖𝑛60°：𝑠𝑖�

�90°=12：√32：1=1：√3：2．故答案为：1：√3：2．由三个内角度数之比，求得三角形的内角，再利用正弦定理，即可求得结论．本题考查正弦定理，考查学生的计算能力，属于基础题．17.本题主要考查平面向量的坐标运算以及向量共线，垂直的充要条件．(1)利用两个

向量互相垂直，可以求出x的值；(2)由两个向量的互相平行先求出x的值，再求模长．18.(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为d，由等差数列的通项公式，解方程可得公差和首项，进而得到所求通项公式；(2)设等比数列{𝑏𝑛}的公比为q，运

用等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，再由等比数列的求和公式，可得所求和．本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．19.(Ⅰ)在△𝐴𝐵𝐶中，由正弦定理可得s

in∠𝐶𝐴𝐵=3√57，cos∠𝐶𝐴𝐵=4√3√57，再由三角形的内角和𝜋，可得sin∠𝐵=sin(∠𝐶𝐴𝐵+∠𝐴𝐶𝐵)的值，由正弦定理可得AC的值；(Ⅱ)由余弦定理和均值不等式可得𝐷�

�+𝐴𝐸的最大值，进而可得三角形的周长的最大值．本题考查三角形的正余弦定理及均值不等式，属于中档题．20.(1)由𝑥=−2是𝑓(𝑥)的一个极值点，得𝑓′(2)=0，解出可得；(2)由(1)可求𝑓(𝑥)，𝑓′(𝑥)，令𝑓′(𝑥)=0，

得𝑥1=0，𝑥2=2.当x变化时𝑓′(𝑥)，𝑓(𝑥)的变化情况列成表格，由极值、端点处函数值可得函数的最值；本题考查利用导数研究函数的极值、最值，属中档题，正确理解导数与函数的关系是解题关键．21.(Ⅰ)直接由已知分类写出分段函数解析式；(Ⅱ)当0<𝑥<

70时，利用配方法求最值，当𝑥≥70时，利用基本不等式求最值，取两段函数最大值的最大者得结论．本题考查函数模型的选择及应用，训练了利用配方法及基本不等式求最值，是中档题．22.(𝐼)把𝑎=1代入，然后对函数求导，然后结合导数与单

调性的关系可求函数的最值；(𝐼𝐼)由已知不等式恒成立转化为求解函数的最值，结合导数对a进行分类讨论，然后结合导数与单调性关系及函数性质可求．本题主要考查了利用导数求解函数的最值，及由不等式的恒成立求解参数

范围问题，体现了分类讨论思想的应用．