福建省莆田二十四中2021届高三上学期第二次月考数学(理)-Word版含答案.docx

莆田二十四中高三理科数学其次次月考试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知集合，则为（ ）A. B. C. D.2. 若,则下列不等式成立的是( )A. B. C. D.3. 在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11（ ）A.58 B.88 C.143 D.1764. 若，则（ ）A. B. C. D.5. 已知为等比数列，则（ ）A.7 B.5 C.-5 D.-76. 函数的最大值与最小值之和为（ ） A.B.0C.1D.7. 下列推断错误的是（ ）A. “”是”的充分不必要条件 B.命题“”的否定是“ ”C.若均为假命题，则为假命题D.若，则8. 函数的零点个数为（ ）A.2 B.3 C.4 D.59. 函数（其中）的图象如图1所示，为了得到的图象，则只需将的图象( )A.向右平移个长度单位 B.向右平移个长度单位C.向左平移个长度单位 D.向左平移个长度单位 10. 在中，若，则是( )A.等边三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.直角三角形11. 已知函数则满足不等式的的取值范围为( )A. B. (-3,1) C. -3,0) D. (-3,0)12. 设不等式组表示的平面区域为表示区域Dn中整点的个数(其中整点是指横、纵坐标都是整数的点），则=( )A. 1012 B. 2022 C. 3021 D. 4001第卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上.）13. 已知向量a,b夹角为 ，且|a|=1，|2ab|=，则|b|=_.14. 在中，,则的长度为_.15. 设满足约束条件：则的取值范围为 .16. 已知，若恒成立，则实数的取值范围是 .三、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17.（本小题满分10分）已知函数。（1）求的定义域及最小正周期；（2）求的单调递减区间.18.（本小题满分12分）已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列。（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前n项和，求数列的前n项和19.（本小题满分12分）已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，c = asinCccosA.（1）求A；（2）若a=2，ABC.的面积为，求b,c.20.（本小题满分12分）已知等差数列满足：.（1）求的通项公式；（2）若()，求数列的前n项和.21. 如图2，建立平面直角坐标系，轴在地平面上，轴垂直于地平面，单位长度为1千米.某炮位于坐标原点.已知炮弹放射后的轨迹在方程表示的曲线上，其中与放射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.（1）求炮的最大射程；（2）设在第一象限有一飞行物（忽视其大小），其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由.图2 22. 设f(x)ln(x1)axb(a，bR，a，b为常数)，曲线与直线在(0，0)点相切。 （1）求的值; （2）证明：当时，. 莆田二十四中高三理科数学其次次月考试卷答案1. A【解析】集合M=y|y1，集合N=，所以.2. D 【解析】由于指数函数在定义域内单调递减，又，所以.故D 3.（理）B【解析】由等差数列性质可知，a4a8a1a1116，S1188.4. D【解析】由于，所以，所以，所以.又，所以.又由，得，所以.选D.5. D【解析】由于为等比数列，所以.又，所以或.若，解得，此时；若，解得，仍有.综上, .选D.6. A 【解析】由于，所以，则，所以当时，函数的最小值为；当时，函数的最大值为，所以最大值与最小值之和为.选A.7.（理）D 【解析】A项中，；但不能推出,例如：当时，故A正确；B项明显正确；C项中,均为假可以推出为假，正确；D项中，故错误.8. B。在同一坐标系内画出函数和的图象可得交点个数为3. 故选B.9. A 【解析】由图象易得,且函数的最小正周期为,所以.又由图象过点，得，则,得，又，所以.所以.将其向右平移个长度单位，即可得到函数的图象.10.D【解析】由，得，得，得，得,故.故是直角三角形.11. D【解析】当时，满足,无解；当时，满足，解得；当时，满足，解得.综上可知，的范围为.12. C【解析】由于，所以令,又为整数，所以.当x=1时，有3n个整数点；当x=2时，有2n个整数点；当x=3时，有n个整数点.综上，共有6n个整数点，所以.则数列是以为首项，公差为12的等差数列.故.13. 【解析】由于|2ab|=，所以（2ab）2=10，即4|a|24|a|b|4|b|2=10，所以4|b|24|b|cos45=10，整理得|b|2|b|6=0，解得|b|=或|b|=（舍去）.14. 1或2【解析】由余弦定理得,即 ,解得BC=1或BC=2.15. 【解析】作出不等式组所表示的可行域如下图，由，得.平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时取得最大值3；当直线经过点时，直线的截距最大，取得最小值-3；所以，即的取值范围是.16.【解析】由于，所以.若恒成立，则,解得.17.解：（1）由sinx0得xk(kZ)，故f(x)的定义域为xR|xk，kZ 2分由于f(x)2cosx(sinxcosx)sin2xcos2x1sin1， 4分所以f(x)的最小正周期T. 5分（2）函数ysinx的单调递减区间为(kZ) 6分由2k2x2k，xk(kZ)，得kxk(kZ)所以f(x)的单调递减区间为(kZ) 10分18. 解：（1）依题意得由于，解得 4分所以. 6分（2）由（1）得，所以. 10分所以. 19.解：（1）由casinCccosA及正弦定理得sinAsinCcosAsinCsinC0. 3分由于sinC0，所以sin.又0A0，k0，故x10，当且仅当k1时取等号. 4分所以炮的最大射程为10 km. 5分（2）由于a0，所以炮弹可击中目标存在k0，使3.2ka(1k2)a2成立关于k的方程a2k220aka2640有正根 7分判别式(20a)24a2(a264)0a6. 11分所以当a不超过6 km时，可击中目标. 12分22. （理）解：（1）由yf(x)过(0,0)点，得b1. 2分由yf(x)在(0,0)点的切线斜率为，又，得a0. 5分（2）(证法一)由均值不等式，当x0时，2x11x2，故1.7分记h(x)f(x)，则h(x). 9分令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0,2)内是递减函数，又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0,2)内是递减函数，又h(0)0，得h(x)0.于是当0x2时，f(x). 12分(证法二)由（1）知f(x)ln(x1)1.由均值不等式，当x0时，2x11x2，故1.令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k(x)10，故k(x)0，即ln(x1)x.由得，当x0时，f(x)x.记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，h(x)f(x)(x6)f(x)9x(x6)93x(x1)(x6)(2)18(x1)3x(x1)(x6)18(x1)(7x18)0.因此h(x)在(0,2)内单调递减，又h(0)0，所以h(x)0，即f(x).