四川省遂宁二中2022届高三数学上学期第二次月考试题理.doc

遂宁二中高2020届高三上期第二学月考试数学试卷（理科）（考试时间：120分钟，满分：150分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1、已知My|yx1，N(x，y)|x2y21，则集合MN中元素的个数是()A0 B1 C2 D多个2、命题：“若，则”的逆否命题是（ ）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则3、设，是定义在R上的函数，则“，均为偶函数”是“为偶函数”的（ ）A充要条件 B充分而不必要的条件C必要而不充分的条件 D既不充分也不必要的条件 4已知函数f(x)，在下列区间中，包含f(x)零点的区间是()A(0,1) B(1,2) C(2,4) D(4，)5曲线y5ex3在点(0，2)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为()A B C D6、函数的图象为，图象关于直线对称；函数在区间内是增函数；由的图象向右平移个单位长度可以得到图象以上三个论断中，正确论断的个数是（ ）A0B1C2D3 7、若，则的值为（）8已知点在函数，如图，若，则() A1 B.C D9若存在过点O(0,0)的直线l与曲线f(x)x33x22x和yx2a都相切，则a的值是( ) A1 B.C1或 D1或10已知函数f(x)2x，xR。若不等式f2(x)f(x)m0在R上恒成立，则m的取值范围是( )。A BC(，0) D(，011设函数f(x)若互不相等的实数x1，x2，x3满足f(x1)f(x2)f(x3)，则x1x2x3的取值范围是()A. B.C. D.12函数（，是自然对数的底数，）存在唯一的零点，则实数的取值范围为（ ）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13、函数的单调递增区间是_；14、已知，且，则的最大值为_；15、已知函数f(x)的图象与函数h(x)x2的图象关于点A(0,1)对称。若g(x)f(x)，且g(x)在区间(0,2上为减函数，则实数a的取值范围是_。16定义，已知函数，若有四个不同的实根，则的取值范围是_三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17、（本小题满分12分）数列an的前n项和记为Sn，a11，点(Sn，an1)在直线y3x1上，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog4an1，cnanbn，Tn是数列cn的前n项和，求Tn.18（12分）已知函数，是函数的零点，且的最小值为（1）求的值；（2）设，若，求的值19、（本小题满分12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinB(acosBbcosA)ccosB.(1)求B；(2)若b2，ABC的面积为2，求ABC的周长20、（本小题满分12分）设函数f(x)lnx，g(x)xexx1.(1)若关于x的方程f(x)x2m在区间1,3上有解，求m的取值范围；(2)当x>0时，g(x)af(x)恒成立，求实数a的取值范围21（12分）已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直（1）求函数的单调区间；（2）求证：时，22（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是。正方形ABCD的顶点都在上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为（2，）。（1)求点A，B，C，D的直角坐标；（2）设为上任意一点，求的取值范围。23（本小题满分10分）选修45：不等式选讲已知函数。（1)当时，求不等式的解集；（2）若的解集包含1，2，求的取值范围。遂宁二中高2020届高三上期第二学月考试数学试卷（理科）参考解答（考试时间：120分钟，满分：150分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.123456789101112ADBCACCDCDDA二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13、答案： 14、答案：15、答案：3，) 16、答案：(2，3)部分题解析答案4解析：因为f(1)6log2160，f(2)3log2220，f(4)log240，所以函数f(x)的零点所在区间为(2,4)，故选C。5解析：由y5ex3得，y5ex，所以切线的斜率ky|x05，所以切线方程为y25(x0)，即5xy20。易求出与两坐标轴围成的三角形的面积为答案：A9解析：易知点O(0,0)在曲线f(x)x33x22x上，(1)当O(0,0)是切点时，易得a1。(2)当O(0,0)不是切点时，设切点为P(x0，y0)，则y0x3x2x0，且kf(x0)3x6x02。又kx3x02，由，联立，得x0(x00舍)，k。所求切线l的方程为yx。由得x2xa0。依题意，4a0，a。综上，a1或a。答案：C10【答案】D解析：令f(x)t(t0)，H(t)t2t，因为H(t)2在区间(0，)上是增函数，所以H(t)H(0)0。因此要使t2tm在区间(0，)上恒成立，应有m0，即所求m的取值范围为(，0。11解析：函数f(x)的图象如图，不妨设x1x2x3，则x2，x3关于直线x3对称，故x2x36，且x1满足x10，则x1x2x3的取值范围是6x1x2x306，即x1x2x3。答案：D12【答案】A 【解析】函数（，是自然对数的底数，）存在唯一的零点等价于函数与函数只有唯一一个交点，函数与函数唯一交点为，又，且，在上恒小于零，即在为单调递减函数，又是最小正周期为2，最大值为的正弦函数，可得函数与函数的大致图像如图要使函数与函数只有唯一一个交点，则， ， 即，解得，又，所以实数的范围为二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分15、答案：3，)解析：设f(x)图象上任一点P(x，y)，则点P关于(0,1)点的对称点P(x,2y)在h(x)的图象上，即2yx2，所以yf(x)x(x0)。g(x)f(x)x，g(x)1。因为g(x)在(0,2上为减函数，所以10在(0,2上恒成立，即a1x2在(0,2上恒成立，所以a14，即a3，故a的取值范围是3，)。16如图所示，令，解得，则若有四个不同的实根，则，解得，即三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17、（本小题满分12分）解析：(1)由题知an13Sn1，所以an3Sn11(n2)，两式相减得an1an3an(n2)，整理得an14an(n2)又a11，所以an是以1为首项，4为公比的等比数列，且an4n1.(2)因为bnlog44nn，所以cn4n1n，nN*，所以Tn1··4nn2n，nN*.18（12分）【解析】（1），的最小值为，即，（2）由（1）知：，又，19、（本小题满分12分）解析：(1)由题意及正弦定理得sinB(sinAcosBsinBcosA)sinCcosB，sinBsin(AB)sinBsinCsinCcosB，C(0，)，sinC>0，sinBcosB，tanB.又B(0，)，B.(2)SABCacsinBac2，ac8.由余弦定理得b2a2c22accos，即12a2c22×8×a2c28，a2c220，(ac)2a2c22ac36，ac6.又b2，ABC的周长为62.20、（本小题满分12分）解析：(1)方程f(x)x2m，即为lnxx2m.令h(x)lnxx2(x>0)，则h(x)2x0在x1,3恒成立，故h(x)在1,3上单调递减h(1)，h(3)ln3，当x1,3时，h(x)，m的取值范围是.(2)依题意，当x>0时，g(x)f(x)a恒成立令F(x)g(x)f(x)x·exlnxx1(x>0)，则F(x)(x1)·ex1·(x·ex1)令G(x)x·ex1，则当x>0时，G(x)(x1)·ex>0，函数G(x)在(0，)上单调递增G(0)1<0，G(1)e1>0，G(x)存在唯一的零点c(0,1)，且当x(0，c)时，G(x)<0，当x(c，)时，G(x)>0，则当x(0，c)时，F(x)<0，当x(c，)时，F(x)>0，F(x)在(0，c)上单调递减，在(c，)上单调递增，从而F(x)F(c)ceclncc1.由G(c)0得cec10，cec1，两边取对数得lncc0，F(c)0，F(x)F(c)0，a0，即实数a的取值范围是(，021（12分）【解析】（1）由，得因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以，所以，即，令，则所以时，单调递减；时，单调递增所以，所以，单调递增即的单调增区间为，无减区间（2）由（1）知，所以在处的切线为，即令，则，且，时，单调递减；时，单调递增因为，所以，因为，所以存在，使时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增又，所以时，即，所以令，则所以时，单调递增；时，单调递减，所以，即，因为，所以，所以时，即时，22【解析】（1）曲线的参数方程化为直角坐标方程为，曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，因为点A的极坐标为（2，），所以点B的极坐标为（2，），点C的极坐标为（2，），点D的极坐标为（2，），因此点A的直角坐标为（1，），点B的直角坐标为（，1），点C的直角坐标为（1，），点D的直角坐标为（，1）。 （2）设P（，），则。因为，因此的取值范围为32，52。【点评】本小题主要考察参数方程、极坐标的相关知识。23【解析】（1）当时，。 所以不等式可化为，或，或。解得，或。因此不等式的解集为或。 （2）由已知即为，也即。若的解集包含1，2，则，也就是，所以，从而，解得。因此的取值范围为。【点评】本小题主要考察含两个绝对值的不等式的解法，函数恒成立问题。