【文档说明】宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三第二次月考 理数答案.docx，共(4)页，419.704 KB，由管理员店铺上传

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银川一中2024届高三第二次月考数学(理科)参考答案一、选择题：题号123456789101112答案CADCAABDCDCD二、填空题13．114.4513−15.4016.()(),40,+−−三、解答题17.【答案】(1)T=，单调递增区间为()5,1212kkkZ

−+.(2)0,1m.(1)整理函数的解析式可得()2sin213fxx=−+，据此可得函数的最小正周期T=，单调递增区间为()5,1212kkkZ−+.(2)由题意可得22363x−，，结合(1)中

的函数解析式可知()fx的值域为2,3.而()2fxm=+，故0,1m.试题解析：(1)()223cos24fxsinxx=+−1cos23cos22xx=−+−1sin23cos2xx=+−2sin21

3x=−+，最小正周期T=，函数的单调递增区间满足：222232kxk−−+，解得()fx的单调递增区间为()5,1212kkkZ−+.(2),42x，所以22363x−，，1sin2132x

−，，所以()fx的值域为2,3.而()2fxm=+，所以22,3m+，即0,1m.18.【答案】(1)选择函数模型①，其解析式为()322tmt=+（130t且t为整数）(2)这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要

考虑转型，理由见解析【分析】（1）将将()1,2以及()3,3分别代入对应的函数模型，求得对应的函数解析式，再代入计算()10m判断是否满足即可；（2）记日销售利润为y，根据一次函数与二次函数的单调性分析y的最大值，判断与4万元的大小

关系判断即可【详解】（1）若选择模型（1），将()1,2以及()3,3代入可得233kbkb+=+=解得1232kb==，即()322tmt=+，经验证，符合题意；若选择模型（2），将()1,2以及()3,3代入可得323baba==，解得6226

3ab==，即()266,32tmt=，当10t=时，()1012.4m，故此函数模型不符题意，因此选择函数模型（1），其解析式为()322tmt=+（130t且t为整数）（2）记

日销售利润为y，当151t且t为整数时，()()()2133793881322222tymtftttt==+−+=−++，对称轴796t=，故当13t=时，利润y取得最大值，且最大值为392（百元）当3016t且t为整数时，()()2360090

0230322tymtftttt==++=++，当3016t时，利润y单调递减，故当16t=时取得最大值，且最大值为375.25（百元）所以，这30天内日利润均未能超过4万

元，该公司需要考虑转型.19.【分析】（1）求出函数()fx的定义域及导数，再分类讨论求解单调区间作答.（2）由（1）求出函数()fx在(1,)+的最大值，结合题意构造函数，利用导数推理作答.【详解】（1）函数2()2ln2(1)fxmxxmx=−

−++的定义域为(0,)+，求导得()22(1)()22(1)mxxmfxxmxx−−=−−++=−，0m，当1m=时，恒有()0fx，函数()fx在()0,+上单调递减；当1m时，由()0fx，得01x或x>m，()fx单调递减，由0)('xf，得1xm，()

fx单调递增；当01m时，由()0fx，得0xm或1x，()fx单调递减，由0)('xf，得1mx，()fx单调递增；所以当01m时，函数()fx在(0,),(1,)m+上单调递减，在(,1)m上单调递增；当1m=时，函数()fx在()0,+上单调递减；

当1m时，函数()fx在(0,1),(,)m+上单调递减，在(1,)m上单调递增.（2）由（1）知，当1m时，函数()fx在(1,)m上单调递增，在(,)m+上单调递减，则当xm=时，()fx取得最大值()22ln2fmmmmm=−++，于是当1m时

，()1,x+，使得()231fxmm−+成立，当且仅当1m时，2()31fmmm−+成立，即当1m时，22ln210mmmm−+−−成立，令函数2()2ln21,1gmmmmmm=−

+−−，求导得()2ln43gmmm=−+−，令()2ln43,1hmmmm=−+−，求导得2()40hmm=−+，于是函数()hm单调递增，即()gm在(1,)+上单调递增，()(1)10gmg=，因此函数()gm在(1,)+上单调递增，()(1)0gmg

=，即当1m时，2()31fmmm−+成立，所以当1m时，()1,x+，使得()231fxmm−+.20.【答案】(1)2π3A=(2)27【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.（2）利

用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得4bc+的最小值.【详解】（1）依题意，sinsinsinsinabBCcAB++=−，由正弦定理得222,abbcabbcccab++=−=+−，222cbabc+−=−，所以2221cos022bcaAbc+−==−，所以A是钝角，

所以2π3A=.（2）1π23BADCADA===，ABCABDACDSSS=+，所以12π1π1πsin3sin3sin232323bccb=+，即()333,1bcbccbbccb+=+=+=，所以()331

23123441515227bcbcbcbccbcbcb+=++=+++=，当且仅当()123,293bccbcbbccb====+时等号成立.21.【答案】(1)证明见解析(2)

2【详解】（1）由题意知，函数()()sin1lnfxxx=−−的定义域为()0,+，且()1()cos1fxxx=−−，令()()1()cos1gxfxxx==−−，π0,12x+，所以()()21sin1gxxx=−−+，π0,12x

+，令()()()21sin1hxgxxx==−−+，π0,12x+，则()()32cos1hxxx=−−−，当π0,12x+时，()32cos10,0xx−，所以()()32cos10hxxx−−=−，即()(

)()21sin1hxgxxx==−−+在π0,12x+上单调递减，又()()1110hg==，()()11π22sin1sin0446hg==−+−，22πππ1111sin10222ππ1122hg+=+=−+−

++，则存在()0,2x，使得()()000hxgx==，即存在π0,12x+，使得()()000hxgx==，所以当()00,xx时，()()0hxgx=，当0π,12xx+时，()()0hxgx=，

所以0xx=为()()1()cos1gxfxxx==−−的唯一极大值点，故()fx在区间π0,12+上存在唯一极大值点0x；（2）由（1）知，()1()cos1fxxx=−−，()0,x+，①当π0,12x+时，由（1）知，()f

x在()00,x上单调递增，在0π,12x+上单调递减，又(1)cos010f=−=，ππ11cos0π2212f+=−+，ππ12π222cos1sin1sin0π22

π4π2π2f=−−=−−=−，所以存在ππ,122+，使得()0f=，所以当()0,1x，π,12+时，()0fx，()fx单调递减，当()1,x时，()0fx，(

)fx单调递增，又()1sin0ln10f=−=，πππ1sinln10222f+=−+，所以当π0,12x+时，()fx有唯一的零点1x=；②当π1,1π2x++时，()1()co

s10fxxx=−−，()fx单调递减，又()()1πsinπln1π0f+=−+，所以存在1π1,1π2x++，使得1()0fx=；③当)1π,x++时，ln1x，所以()0fx，则()fx在)1π,x++没有零点；综上所述

，()fx有且仅有2个零点.22.【详解】（1）由2π3OON=知：21OOON==，6πAON=，...................2分点N的极角为π11π2π66−=，点N的极坐标为11π1,6....................

5分（2）由题意知：2OK=，π2sinπ2OM=，π3MOK=−，1πsin2sinsin23MOKSOKOMMOK==−2131132sinsincossin3sincoscos2sin2

22222=−=−=−−1πsin226=−+，.................7分π,π2，π7π13π2,666+，π1sin21,62+−，30,2MOKS

..........10分23【详解】（1）因为222,,R,9abcabc+++=，所以32222223abcabc++，即322293abc，...................2分当且仅当abc==且2229a

bc++=，即3abc===时，等号成立，所以32223abc，即22227abc，故33abc....................5分（2）因为,,Rabc+，因为22244abcabcabcbc+++=++，当且仅当24abcbc+=+

，即2abc=+取得等号，同理可得24bcabca+++，当且仅当2bac=+取得等号，同理可得24cabcab+++，当且仅当2cba=+取得等号，...................7分上面三式相加可得2222abcabcabcbccaab+

+++++++++，即2222abcabcbccaab+++++++，当且仅当2abc=+，2bac=+，2cba=+且2229abc++=，即3abc===时，等号成立，因为0abc++，所以23abcabc++++，所以2

223abcabcbccaab+++++++....................10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com