【文档说明】广东省深圳市南头中学2024届高三上学期第二次月考数学试题答案.pdf，共(7)页，344.812 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9f97548fb5a35eb0f7878515a9d60b6a.html

以下为本文档部分文字说明：

头南中学2023～2024一三学年第期度学高第二次月考数学：参考答案1．D【详解】因为223013Bxxxxx，又0Axx，所以,3AB.2．C【】：详解解因为函数3xy，递为单调增函数所

以013133a，即1a；因为2logyx，为单调递增函数所以221loglog103b，即0b；因为13logyx，单调递减所以11133311log1logloge3，即01c，故acb3．

A【】解详na，等差数列其是前n项为nS，17744476122aaSaaa，42a，26424aaa.：选故A.4．D【】，详题知数解由可函fx义的定域为1xx，因为233x

xfxfx，，故函数排除函数为偶A，C．又4220393f，排除B.：故选D．5．B【】，详题意解依1224120.2240.4vabvab，两式除得相122b，则0.1a，由122b两边取以10对为底的数

得lg212lglg2,lg12bb，由0.11ttvtabb，得10tb，两边取以10对底为的数得11212lg1,40lglg20.3tbtb个月.：故选B6．C【】详解2π1cos2π1sin212sincos2cos4222

，因为角，的顶点在原点始边与x，合边经过点轴的非负半轴重终(2,1)P，所以22221122sin,cos552121，因此21212π12sincos15

5cos422107．B【】解由详题意m，*nN，在比列等数{}na，中21q，24mnaaa，由等数的比列性质，可得8mn，911911919

101022888mnmnmnmnmnnmnm，当且仅当6m，2n，，，时号立等成因此91mn小的最值为2.8．A【】解因详为π2πeesincos2

，所以π22siππesine2n，可得π2sinπesine2，令esinxfxx，π0,2x，{#{QQABTYKQgggo

QAIAAAhCQwXACgEQkAGAAAoOxAAIoAAAAQFABAA=}#}ecos1cos0xfxxx，所以fx在π0,2，上为增函数∴π2，∵，，均为锐角∴πcoscos

2，πsinsin2∴cossin，sincos，故A正确C；错误因为ππππ,;,4242无法确定,大小，的故BD；：错误故选A.9．BC【】对详解于A，2222(1)10xxx，恒成

立故A，错误对于B，意由题得1113262111326baa，解得122ab，故B，正确对于C，由2log110fxx得1x，故C，正确对于D，当0,0ab时11ab，立成故D，：错误故选BC10．ABD【】解图详

由象可知1A，2πππ2362T，可得则2π2π2πT，所以A正确；又π16f，所以ππ22πZ62kk，又π2，所以π6，即πsin26fxx，对于B，当7π12x，时07π7ππ1212

πsin2sin6f，所函数以图象关于7π,012心对成中称，即B正确；对于C，由πππ2π22π,Z262kxkk，可得ππππ,Z36kxkk，令2k，可得5π13π,36函是数fx一

，的个单调增区间所以11π7π,63不是函数fx一的个单调增区间，故C错误；对于D，将函数cos2gxx向平移右π6个单位到得cos2cos2sin2sin22πππ6π633πyxxxxfx

，即D确正；11．BCD【详解】A项选，当2n时，128nnnaSSn，又116218aS，所以28nan，因为12182820nnaann，则na递数是减列，故A错误

；B，选项由28nan可得1012a，故B；正确C，选项令280nan，解得4n，故C；正确D，选项因为27yxx对的称轴为72x，，开口向下又Nn，所以当3n或4，时nS大，值取得最故D正确.12．CD【】详解当0x，0000g

f，故gx有零点0x；{#{QQABTYKQgggoQAIAAAhCQwXACgEQkAGAAAoOxAAIoAAAAQFABAA=}#}当0x，gx的零点个数等价于方程2fxmx，的根的个数也于线等价直ym与函数2fxhx

x的象的点个图交数.而2222,0ln,0xxxfxhxxxxx，当0x，时2lnxhxx，432ln12lnxxxxhxxx，当0ex，时0hx；当ex，时0hx，故hx在0,e，为函上增数在e,

，减函数上为当0x，时hx，当x，时0hx→，故hx：的如图所示图象对于A，若gx恰有2，个零点则ym与hx一，的图象有且只有个交点可由图得1m，故A；错误对于B，若gx恰有3，个零点则ym与hx

，的图象有且只有两个交点由图可得0m或112em，故B；错误对于C，当102em，时ym与hx，的图有且四交象只有个点故gx，有五个同零不的点故C；正确对于D，当1m，时ym与hx，的象且交点图有没有故gx

一，：有只有且个零点故选CD.13．3【】详解因为fx义是定在R，以上的奇函数所fxfx，2221loglog4222134ffff.：故答案为3．14．32【详解】由222sinsinsi

nABC，可得222abc，又a=1，2b，3c，设△ABC外接圆的半径为R，所以2sin90cR，解得32R.：故答案为3215．3(0,]2【】，：据弦函数的单性可详解根正调得2222kxk（Zk），所以：2222kkx

，解得：22-3224kk，整可理得：36228kk，当0k有{#{QQABTYKQgggoQAIAAAhCQwXACgEQkAGAAAoOxAAIoAA

AAQFABAA=}#}，解解得302.：故案答为3(0,]2.16．1023442e1e1【详解】题设由21fxx，则221222121nnnnnnnxxxxxxx，又1ln2nnnxax，所以22112212211121211lnlnln2ln224

42222121nnnnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxaaxxxxxxx，又11a，以所na首是项为1，公比为2，的比数等列则12nna，122112nnnS

，所以1010211023S，333313lnln(1+)422axxx，则444332e12e1e1x.17．【详解】（1）设na的公差为d，因为1a，3a，9a，列成等比数所以2319aaa

，即21112(8)adaad，又0d，所以13da，故113naandn．（2）（由1），可得311311nbnnnn，则1111133122311nnTnnn．18．【详解】（1）由coscos3

cosbCcBaA，可得到sincossincos3sincosBCCBAA，即sin3sincosBCAA．因为BCA，所以sinsin0BCA，故1cos3A．

（2）由1cos3A，可得22sin3A，因为1sin2ABCSbcA，以所12sin2bcA，则3bc．由余弦定理得2222cosabcbcA，即22228433bcbcbcbc，所以23bc，故ABC长的周是232

abc．19．【详解】（1）：证因为明21nnSa，所以当1n，时1121aa，得可11a；当2n，时由21nnSa得可1121nnSa，所以12nnnaaa，所以1,2

nnaan.na数列首为是项1，为公比1的等比列数.（2）（由1），知1111nnna，所以2122nnnnnnba，113222222222123nnnnT

{#{QQABTYKQgggoQAIAAAhCQwXACgEQkAGAAAoOxAAIoAAAAQFABAA=}#}20．（1）102xy（2）在0,1，递增在1,；递减（3）12ae【详解】（1）12a

时，21ln2fxxxxx，故lnfxxx，312f，11f，：是故切线方程312yx：整理得102xy；（2）12a，时21ln2fxxxxx，故lngxfxxx，则

111xgxxx，令0gx，：解得01x，令0gx，：解得1x，故gx在0,1，递增在1,；递减（3）ln2fxxax，若fx在0,，上单调递减则ln20fxxax在0,，恒立即成ln2xa

x在0,，恒成立令ln2xhxx，0x，21ln2xhxx，令0hx，：得解0xe，令0hx，：解得xe，故hx在0,e，递在增,e，递减故max12hxhee，故12ae.21．(1)π2sin233fxx

(2)①3,2，②12【详解】（1）22sincos23cosfxxxxπsin23cos232sin233xxx．因为fx小周期为的最正π，所以2ππ2，得解1．以所π2sin233fxx

．（2）①3fxa，即π2sin23xa．于关x的方程3fxa区间在π0,2上有相异两解1x，2x，也即函数π2sin23yx与ya的图象在区间π0,2

，两上有个交点由π0,2x，得ππ4π2,333x，2sinyx在ππ,32，上单调递增在π24π,3上单调递减，且π2sin33，做出2sinyx在π4π,

33上的图象如图，图知由可，要使函数π2sin23yx与ya的图在区象间π0,2有个点上两交，则有32a，所实以数a的为取值范围3,2．②（由1）对和正弦数称知函的性可1π23x与2π23x关于线直π2x对，称则

有12ππ22π33xx，所以12π6xx，所以12sinxx的值为12．{#{QQABTYKQgggoQAIAAAhCQwXACgEQkAGAAAoOxAAIoAAAAQFABAA=}#}22．【详解】（1），由题意可得()exfxa①当

0a，时()fx在R；上递增②当0a，时()fx在(,ln)a，上递减在(ln,)a上递增.（2）①等价于elnelne0xxxhxxaxxxaxx，有两个零点令extx，则1e0xtx，在0x，所时

恒成立以extx在0x，时单调递增所以elnexxhxxax，两个等于有零点价lngttat两个零点有.为因()1atagttt，以所当0a，时()0gt，()gt，；递增不可能两零单调

有个点当0a，时令()0gt，得ta，()gt，单递增调令()0gt，得0ta，()gt单调递减，所以minl(n)ggataaa，若0ga，得0ea，此时()0gt，；点恒成立没有零若0ga，得ea，此时gt一；有个零点若0ga，

得ea，因为110g，ee0ga，2ee0()aaga，所以()gt在1,e，e,ea一，，，上各存在个零点符合题意综上a的值范围为取(e,).②要证1212lnln2()xxxx：即证112

2lnln2xxxx，证即1212lneln2()exxxx，由（2）中①知111extx，222extx，所只证以需12lnln2tt.因为11lnatt，22lnatt，所以2121ln

lnatttt，2121lnlnatttt，所以221121212122111lnlnlnlnln1tttttttttttttt，只需证2211211ln21tttttt.设120tt，令21tmt，则1

m，所以只需证1ln21mmm，即证4ln201mm，令4()ln21hmmm，1m，则22214(1)()0(1)(1)mmmmmhm，10hmh，当即1m，时4ln2011m

成立.以所12lnln2tt，即1212lnln2()xxxx.{#{QQABTYKQgggoQAIAAAhCQwXACgEQkAGAAAoOxAAIoAAAAQFABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

e100.com