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

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以下为本文档部分文字说明:

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

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