山西省应县第一中学校2020届高三数学9月月考试题 理

山西省应县第一中学校2020届高三数学9月月考试题理时间：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，每小题四个选项，只有一项是正确的。）1.已知集合1,2,3,4,5A,(,)|,,BxyxAyAxyA,则B中所含元素的个数为()A.3B.6C.8D.102.已知函数xxxf22log)(，则不等式(1)(1)0fxf的解集为()A.(0,2)B.(1,2)C.(0,1)(1,2)D.(1,1)(1,3)3.已知12,ee是夹角为60的两个单位向量，若1212,42aeebee，则a与b的夹角为()A.30B.60C.120D.1504.已知函数()lnfxaxx，若()1fx在区间(1,)内恒成立，则实数a的取值范围是（）A.(,1)B.(,1]C.(1,)D.[1,)5.若点,26P是函数()sin()0,2fxxm的图象的一个对称中心，且点P到该图象的对称轴的距离的最小值为2，则()A.()fx的最小正周期是πB.()fx的值域为0,4C.()fx的初相3D.()fx在4,23上单调递增6.《周髀算经》中有记载,从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则芒种日影长为()A.1.5尺B.2.5尺C.3.5尺D.4.5尺7等边△ABC的边长为2,平面内一点满足=()A、913B、-913C、98D、-988.已知关x的方程22coscos2sin02CxxAB的两根之和等于两根之积的一半,则ABC△一定是()A.直角三角形B.等腰三角形C.钝角三角形D.等边三角形9.函数2xfxxa的图象可能是（）①②③④A.①③B.①②④C.②③④D.①②③④10.若函数fx的导函数为π'cos0,0,||2fxAxA,'fx的部分图象如下图所示,π12gxfx,当12ππ,,123xx时,则12|g-g|xx的最大值为()A.312B.31C.32D.311.在矩形ABCD中,5,3ABBC,P为矩形内一点,且52AP,若,APABADR,则53的最大值为()A.52B.102C.334D.632412.已知函数24,0,1ln,0.xxxfxgxkxxxx,若方程0fxgx在22,xe上有3个实根,则k的取值范围为()A.1,2B.31,22C.331,,222D.23311,,222e二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13.若命题1:R,02pxx，则p：________.14.已知函数|21|,2()3,21xxfxxx，若方程()0fxa有三个不同的实数解，则实数a的取值范围为.15.关于平面向量有下列四个命题：①若abac，则bc；②已知(,3),(2,6)akb，若//ab，则1k；③非零向量a和b，满足abab，则a与ab的夹角为30；④0abababab.其中正确的命题为____________.(填序号)16.已知数列na中,111,,2,nnaaannnN,12321111nnnnnbaaaa,若对任意的正整数n,当1,2m时,不等式213nmmtb恒成立,则实数t的取值范围是____.三、解答题（共6题，共70分）17.（满分10分）设函数24()cos22cos3fxxx。(1)求()fx的最大值,并写出使()fx取最大值时x的集合;(2)已知ABC中,角,,ABC的对边分别为,,abc,若3(),22fBCbc,求a的最小值。18.（满分12分）在等差数列na中,13a,其前n项和为nS,等比数列nb的各项均为正数,11b,公比为q,且2212bS,22Sqb.(1).求na与nb；(2).设数列nc满足1nncS,求nc的前n项和nT.19.（满分12分）在ABC△中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知(2)coscosacBbC.(1)求角B；(2)若ABC△的面积为3，26ac，求sinsinAC的值20（满分12分）已知函数2()ln(R)fxaxxa.（1）讨论()fx的单调区间；（2）若1()22fxx恒成立，求实数a的取值范围.21.（满分12分）设等差数列na的前n项和为nS,且12nnnSnaac(c是常数,*nN),26a.(1)求c的值及数列{na}的通项公式;(2)设122nnnab数列nb的前n项和为Tn,若22nTm对任意*nN恒成立,求正整数m的最大值.22.（满分12分）已知函数2ln2fxxxaxx，Ra．(1).若fx在0,内单调递减，求实数a的取值范围；(2).若函数fx有两个极值点分别为1x，2x，证明：1212xxa高三月考二理数答案2019.91—6DCCDDB7—12DBCCBB13.0Rx，使0102x或020x14.(0,1)15.②③④16.1t17.解析：(1)24()cos22cos3fxxx44cos2cossin2sin(1cos2)33xxx13cos2sin21cos21223xxx()fx的最大值为2,x的集合为|,6xxkkZ(2)由题意,3()cos2()132fBCBC,即1cos2232A化简得1cos2,(0,)32AA,52,333A,只有2,333AA,在ABC中,由余弦定理,22222cos()33abcbcbcbc由2bc知212bcbc,即21a,当1bc时,a取最小值1.18.解析：(1).设等差数列na的公差为d.∵222212bSSqb,∴6126qddqq,解得3q或4q(舍),∴3d.故33(1)3nann,(1)3nnb(2).由(1)题可知(33)2nnnS,∴122113331nncSnnnn,故211111111...3223341nTnn21213131nnn19.解析：(1)在ABC△中，由正弦定理得(2sinsin)cossincosACBBC，2sincossincossincossin()ABBCCBBC∴，又πBCA，∴sin()sin(π)sinBCAA，∴2sincossinABA.∵sin0A，∴1cos2B.∵0πB，故π3B.(2)∵13sin324ABCSacBac△，所以4ac.又26ac，∴由余弦定理得22222cos()312bacacBacac，∴23b又由正弦定理知234sinsinsinsin60acbACB，∴4sin,4sinaAcC，即sin,sin44acAC，∴1sinsin164acAC.20.解析：（1）()fx的定义域为(0,)，2121'()2axfxaxxx，①当0a时，'()0fx，所以()fx的减区间为(0,)，无增区间.②当0a时，令'()0fx得22axa；令'()0fx得202axa；所以()fx的单调递增区间为2(,)2aa，单调递减区间为2(0,)2aa.综上可知，当0a时，()fx的减区间为(0,)，无增区间；当0a时，()fx的单调递增区间为2(,)2aa，单调递减区间为2(0,)2aa.（2）因为1()22fxx，即21ln22axxx.因为0x，所以22ln412xxax.设232ln412ln22(),'()2xxxxgxgxxx.显然()2ln22hxxx在(0,)上是减函数，(1)0h.所以当(0,1)x时，'()0,()gxgx是增函数；当(1,)x时，'()0,()gxgx是减函数.所以()gx的最大值为3(1)2g.所以32a.21.解析：(1)因为12nnSnnaac,所以当1n时,11112Saac,解得12ac.当2n时,222Saac,即1222aaaac.解得23ac,所以36c,解得2c.则14a,数列na的公差212daa.所以1122naandn.(2)因为112222222nnnnnannb,所以23123...2222nnnT,①23411123...22222nnnT,②由①-②可得2341111111...2222222nnnnT,所以222nnnT.因为1112121(2)(2)0222nnnnnnnnTT,所以数列nT单调递增,1T最小,最小值为12.所以1222m.所以3m,故正整数m的最大值为2.22.(1).ln24fxxax．∴fx在0,内单调递减，∴ln240fxxax在0,内恒成立，即ln24xaxx在0,内恒成立．令ln2xgxxx，则21lnxgxx，∴当10ex时，0gx，即gx在10,e内为增函数；当1xe时，0gx，即gx在1,e内为减函数．∴gx的最大值为1gee，∴e,4a(2).若函数fx有两个极值点分别为1x，2x，则ln240fxxax在0,内有两根1x，2x，由（I），知e04a．由1122ln240ln240xaxxax，两式相减，得1212lnln4xxaxx．不妨设120xx，∴要证明1212xxa，只需证明121212142lnlnxxaxxaxx．即证明1212122lnlnxxxxxx，亦即证明12112221ln1xxxxxx．令函数2(1)()ln,011xhxxxx．∴22(1)'()0(1)xhxxx，即函数hx在0,1内单调递减．∴0,1x时，有10hxh，∴2(1)ln1xxx．即不等式12112221ln1xxxxxx成立．综上，得1212xxa．