【文档说明】山西省应县第一中学2021届高三上学期第三次月考理科数学答案.docx，共(7)页，93.736 KB，由小赞的店铺上传

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高三月考三理科数学答案2020.111.【答案】C【解析】由题意，集合，或，，，则．2．Da＝b＝0的否定为a≠0或b≠0；a2＋b2＝0的否定为a2＋b2≠0，故选D.3.【答案】C【解析】∵，∴，∴，∴，∴．4.【答

案】D【解析】∵，∴，∴．5.C6.【答案】C作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝2x，平移该直线，当直线经过点C(0，－1)时，z取得最大值，zmax＝2×0－(－1)＝1，故选C.7.【答案】

C【解析】由函数，得定义域为，且有成立，所以函数的图象关于原点对称，且与轴交于和两点．当时，，所以在内函数图象在轴下方，在内函数图象在轴上方，再用对称性得到完整的函数图象．8.A[由T＝π＝2πω得：ω＝2，g(x)＝cos2x＝sin2x＋π2，12|2|3ee−=12

1443ee+−=1212ee=121cos,2ee=12π,3ee=74714Sa==42a=431daa=−=−22log(1)()xfxx−=(,1)(1,)−−+()()fxfx−=−22log(1)()xfxx−=x(2,

0)−(2,0)2x222log(1)log(21)0x−−=(1,2)x(2,)+xf(x)＝sin2x＋π4的图像向左平移π8单位，得到y＝sin2x＋π8＋π4＝sin2x＋π2＝g(x

)的图像．]9.【答案】C【解析】∵是上的奇函数，且满足，∴，∴函数的图象关于对称，∵函数在区间是减函数，∴函数在上为增函数，且，由题知，，，∴．10.答案：C解析：令F(x)＝f（x）x，则F′(x)＝xf′（x）－f（x）

x2，因为f(x)>xf′(x)，所以F′(x)<0，F(x)为定义域上的减函数，由不等式x2f1x－f(x)>0得：f1x1x>f（x）x，所以1x<x，所以x>1.11.解析：选D由题意，知P，B，C三点共线，则存在实数λ使PB―→＝λBC―→

－23≤λ≤－13，所以AB―→－AP―→＝λ(AC―→－AB―→)，所以AP―→＝－λAC―→＋(λ＋1)AB―→，则y＝－λ，x＝λ＋1，所以x＋y＝1且13≤x≤23，于是xy＝x(1－x

)＝－x－122＋14，所以当x＝12时，xy取得最大值14；当x＝13或x＝23时，xy取得最小值29，所以xy的取值范围为29，14.12.【答案】D【解析】由于是单调函数，则为定值，不妨设，则．又，解得，则，，()fxR(2)()fxfx+

=−(2)()fxfx+=−()fx1x=()fx[1,2]()fx[1,1]−(2)(0)0ff==1c=−2b=01a()()()fcfbfa()fx()xfxex−+()xfxext−+=()xfxext=−+()tftette=−+=1

t=()1xfxex=−+()1xfxe=−所以，即．设，则，易知在上单调递减，在上单调递增，则，所以．13.解析:在△ABC中,b=2,A=120°,三角形的面积S=√3=12bc·sinA=12×2c×√32,所以c=2=b.所以B=C=12(180°-A)=30°.由正弦定理可得

𝑏sin𝐵=2R=2sin30°=4,所以三角形外接圆半径R=2,所以三角形外接圆的面积S=4π.答案:4π14.解析:由a>0,b>0,ln(a+b)=0,得{𝑎>0,𝑏>0,𝑎+𝑏=1,所以1𝑎+1𝑏=𝑎+𝑏𝑎+𝑎+𝑏𝑏=2+𝑏𝑎+�

�𝑏≥2+2√𝑏𝑎·𝑎𝑏=4,当且仅当a=b=12时,等号成立.所以1𝑎+1𝑏的最小值为4.答案:415.{tl022=−ttt或或}16.②③④17.解析：(1)由f(x)＝23sinxcosx＋2cos2x－1，得f(x)＝3(2sinxcosx)＋(2c

os2x－1)＝3sin2x＋cos2x＝2sin2x＋π6.∴函数f(x)的最小正周期为π.由2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2，k∈Z得2xexax−21xeax−2()1xegxx=−22(1)()xexgxx−=()gx(

0,1)(1,)+min()(1)21gxge==−21ae−kπ－π3≤x≤kπ＋π6，k∈Z.∴f(x)的单调递增区间为kπ－π3，kπ＋π6，k∈Z.(2)∵f(x)＝2sin2x＋π6在区间

0，π6上为增函数，在区间π6，π2上为减函数，又f(0)＝1，fπ6＝2，fπ2＝－1，∴函数f(x)在区间0，π2上的最大值为2，最小值为－1.1

8.[解](1)证明：依题意，由an＋1＝2an＋3×2n＋1，两边同时乘以12n＋1，可得an＋12n＋1＝an2n＋3，即an＋12n＋1－an2n＝3，∵a121＝42＝2，∴数列an2n是以2为首项，3为公差的等差数列，∴an2n

＝2＋3(n－1)＝3n－1，∴an＝(3n－1)·2n，n∈N*.(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(3n－1)，∴T2020＝b1＋b2＋…＋b2020＝(2－5)＋(8－11)＋…＋(8065－8069)＋(6056－6059)＝(－3)×1010＝－3030.19.解

：(1)由a2＋c2－b2＋2bccosA－4c＝0及正弦定理得a2＋c2－b2＋2bc·b2＋c2－a22bc－4c＝0，整理，得c＝2.由ccosA＝b(1－cosC)及正弦定理，得sinCcosA＝sin

B(1－cosC)，即sinB＝sinCcosA＋sinBcosC＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinBcosC＝sinAcosC，故cosC＝0或sinA＝sinB.当cosC＝0时，C＝π2，故△ABC为直角三角形；当sinA＝sinB时，A＝B，

故△ABC为等腰三角形．(2)由(1)知c＝2，A＝B，则a＝b，因为C＝π6，所以由余弦定理，得4＝a2＋a2－2a2cosπ6，解得a2＝8＋43，所以△ABC的面积S＝12a2sinπ6＝2＋3.20.解：(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝1

x＋a－1，设切点为P(x0，y0)，则1x0＋a－1＝－23，∴x0＋a＝3.又ln(x0＋a)－x0＝－23x0＋ln3－23，∴ln3－x0＝－23x0＋ln3－23，∴x0＝2，∴a＝1.(2)当a＝0时，方程f(x)＝x2－103x＋m，

即lnx－x2＋73x＝m.令h(x)＝lnx－x2＋73x(x>0)，则h′(x)＝1x－2x＋73＝－3x＋12x－33x.∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x11，323232，33h′(x)＋0－h(x)43极大值l

n3－2∵h(1)＝43，h(3)＝ln3－2<43，h32＝ln32＋54，∴当x∈[1,3]时，h(x)∈ln3－2，ln32＋54，∴m的取值范围为ln3－2，ln32＋54.21.[解]

(1)∵an＋1＝f1an＝2＋3an3＝an＋23，∴{an}是以a1＝1为首项，23为公差的等差数列，∴an＝23n＋13.(2)当n≥2时，bn＝1an－1an＝123n－1323n＋13

＝9212n－1－12n＋1，当n＝1时，上式同样成立，∴bn＝9212n－1－12n＋1.∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝921－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝921－

12n＋1，∵Sn<m－20112对一切n∈N＋都成立，即921－12n＋1<m－20112对一切n∈N＋都成立．又921－12n＋1随着n的增大而增大，且921－12n＋1<9

2，∴92≤m－20112，∴m≥2020.∴最小的正整数m的值为2020.22.[解](1)f′(x)＝ax＋a2x2－6＝－6x2＋ax＋a2x2.令f′(x)＝0，得－6x2＋ax＋a2＝0，解得x1＝a2，x2＝－a3.①当a＝0时，f′(x)＝－6＜0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单

调递减．②当a＞0时，a2＞0，－a3＜0，f(x)在0，a2上单调递增，在a2，＋∞上单调递减．③当a＜0时，a2＜0，－a3＞0，f(x)在0，－a3上单调递增，在

－a3，＋∞上单调递减．(2)证明：当a＞0时，由(1)得f(x)在0，a2上单调递增，在a2，＋∞上单调递减．①当a2＜2，即0＜a＜4时，f(x)在(0，2]上的最大值f(x)max＝fa2＝a

lna2－5a＝alna2－5.因为0＜a＜4，所以lna2＜ln2＜lne＝1.所以alna2－5＜0.②当a2≥2，即a≥4时，f(x)在(0，2]上单调递增，f(x)在(0，2]上的最

大值f(x)max＝f(2)＝aln2－a2－12.因为a≥4，ln2＜lne＝1＜a2，所以aln2－a2＜0，所以aln2－a2－12＜0.综合①②可知，当x∈(0，2]时，f(x)＜0恒成立．