湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考第二次月考数学教师版2

常德市第一中学2024届高三第二次月水平检测数学（时量：120分钟满分：150分命题人、审题人：高三数学组）一．单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个答案符合题意）1．若集合A{x∣x3},Bx∣x2n1,nZ，则AB（）A．1,1B．3,3C．1,1D．3,1,1,3【答案】C【详解】解x3得3x3，即A3,3，B为奇数集，故AB1,1.故选：C10212．910log2log2的值等于（）42A．-2B．0C．8D．101021【答案】A【详解】910log2log231222.故选：A.423．函数fx的图象如下图所示，则fx的解析式可能为（）5exex5sinx5exex5cosx．．．．AB2CD2x22x1x22x1【答案】D【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且f(2)f(2)0，5sin(x)5sinx由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；(x)21x215(exex)5(exex)当x0时0、0，即A、C中(0,)上函数值为正，排除；故选：Dx22x224．《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中具有表现力的瞬间（如图）．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为m，肩宽约为m，485“弓”所在圆的半径约为m，则掷铁饼者双手之间的距离约为（参考数据：21.414，431.732）（）A．1.012mB．1.768mC．2.043mD．2.945m5【答案】B【详解】如图所示，由题意知“弓”所在的弧ACB的长l，其所448855对圆心角8，则两手之间的距离AB2AD2sin1.768m．故选：B．5244495．“a”是“方程x23xa0(xR)有正实数根”的（）4A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件试卷第1页，共10页{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}【答案】B【详解】由方程x23xa0有正实数根，则等价于函数fxx23xa有正零点，3由二次函数fx的对称轴为x0，则函数fx只能存在一正一负的两个零点，2Δ94a09则，解得a0,,0,，故选：B.f004z6.设正实数满足，则当取得最小值时，x2yz的最大值为（）xy99A．0B．C．2D．84zx23xy4y2x4yx4y【答案】C【详解】3231,当且仅当x2y时成立，因此xyxyyxyx2z4y26y24y22y2,所以x2yz4y2y22y122.17．已知函数fx是奇函数fxxR的导函数，且满足x0时，lnxfxfx0，则不等式xx985fx0的解集为（）A．985,B．985,985C．985,0D．0,9851【答案】D【详解】令函数gxlnxfx，则gxfxlnxfx0，即当x0时，函数gx单调递减，x因为g10，所以当0x1时，gx0，当x1时，gx0.因为当0x1时，lnx0，当x1时，lnx0，所以当x0,11,时，fx0.又f1ln1f10，f10，所以当x0时，fx0；又fx为奇函数，所以当x0时，fx0，x0x0所以不等式x985fx0可化为或，解得0x985，不等式解集为0,985x9850x98508．已知直线ykxb与曲线yex2和曲线ylne2x均相切，则实数k的解的个数为（）A．0B．1C．2D．无数【答案】C【详解】根据题意可知，直线ykxb与曲线yex2和曲线ylne2x都相切，所以对于曲线yex2，则yexk，所以xlnk，所以切点Alnk,k2，21111对于曲线ylnex，则ykx0，所以x=，切点B,ln2k0，易知A,B不重合，xkkk1klnyyklnk因为公切线过A,B两点，所以kABk，进而可得klnklnkk10，xx11ABlnklnkkk1令gkklnklnkk1k0，则gklnkk0，k试卷第2页，共10页{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}111令(k)g(k)lnk(k0)，则(k)0(k0)所以gk在(0,)单调递增，kkk2111因为g110,ge10，所以存在k0使得lnk00，即lnk0，ek0k0所以当0kk0时，gk0，当kk0时，gk0，所以gk在0,k0上单调递减，在k0,上单调递增，1111，故又lnk，所以gkkk1k0，k01,egkmingk0k0lnk0lnk0k01.0min000k0k0k0k022222222当ke时，geelnelnee1e30，因为k01,e,gk0ge0，2所以在k0,e内存在k1，使得gk10，11111131当k时，gkglnln110，因为k01,e，gk0g0，e2e2e2e2e2e2e2e21所以在,k0内存在k2，使得gk20，e2x2综上所述，存在两条斜率分别为k1，k2的直线与曲线ye2和曲线ylnex都相切，故选：C.二．多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，多选错选不得分，少选得两分）9．设0ab．且ab2，则（）A．1b2B．1a2C．02ab1D．0lnba1【答案】AC【详解】因为0ab．且ab2，所以02bb，即1b2，故A正确；由0a2a，可得0a1，故B错误；由题可知ab0，所以02ab1，故C正确；111取0a1b1，可得ba，所以lnba10，故D错误.故选：AC.2e2ee10．下列说法正确的有（）ABcA．tan2cos3sin40B．ABC中，sin()cos221sin1sinC．若sinAsinB,则B=A+2k,kZD．(,0),2tana21sin1sin【答案】ABDx,x111.已知函数f(x)1x，g(x)kxk，则（）lnx,x11A．f(x)在R上为增函数B．当k时，方程f(x)g(x)有且只有3个不同实根4C．f(x)的值域为1,D．若x1f(x)g(x)0，则k1,【答案】BCD【详解】根据函数解析式作出函数图象，由图象易知，f(x)在R上不是增函数，故A错误；1当x1时，f(x)，则f(1)1，x1g(x)过定点(1,0)，当k时，g(x)与f(x)在x1上相交，共2个交点；4试卷第3页，共10页{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}x1x00当x1时，f(x)2，过点(1,0)作f(x)的切线，设切点为(x0,y0)，则y0，1x01，解得x01，(1x)1x02x01(1x0)11f(1)，故当k时，g(x)与f(x)在x=1处相切，有1个交点；441故当k时，g(x)与f(x)共有3个交点，故B正确；4由图易知f(x)(1,)，故C正确；当x1时，x1f(x)g(x)0等价于f(x)g(x)，由函数图象，及上述分析知，k1；1当x1时，x1f(x)g(x)0等价于f(x)g(x)，由函数图象，及上述分析知，k；4故若x1f(x)g(x)0，k1，故D正确；故选：BCD12.已知定义在R上的函数f(x)满足对任意的x，yR，f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，f(x)1，则（）A．f(0)1B．对任意的xR，f(x)0C．f(x)是减函数1xlnyxlnxay1D．若f2，且不等式f4恒成立，则a的最小值是2xe2【答案】ABD【详解】取xy0，则f(0)[f(0)]2，解得f(0)0或f(0)1，若f(0)0，则对任意的x0，f(x)f(x0)f(x)f(0)0，与条件不符，故f(0)1，A正确；2xxx对任意的xR，f(x)ff0，若存在x0R，使得fx00，222则f(0)fx0x0fx0fx00，与f(0)1矛盾，所以对任意的xR，f(x)0，B正确；当x0时，f(x)1，且f(0)1，所以当x0时，f(x)f(0)，与f(x)为减函数矛盾，C错误；假设x1x2，则fx1fx2fx1x2x2fx2fx1x2fx2fx2fx1x21fx2因为x1x20，所以fx1x21，则fx1fx20，即fx1fx2，21xlnyxlnxay所以函数f(x)在R上单调递增，由题意得f(1)f4，所以ff(1)，2xxlnyxlnxayxxx结合f(x)在R上单调递增可知1，则lna，xyyyx令t，则t0，atlntt，令F(x)xlnxx，F(x)lnx2，y1112易得F(x)在0,2上单调递减，在,上单调递增，从而F(x)Fe2，ee2e11所以a，则a，D正确.e2e2故选：ABD.三．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）sincos13．若tan2，则的值为.sincos1sincostan12111【答案】【详解】由题意tan2，则cos0，则，故答案为：3sincostan12133试卷第4页，共10页{#{QQABZYAQogiIABAAARhCQQGQCAMQkBAACCgGBFAIsAAASRNABAA=}#}14.已知函数f(x)lg(x24x5)在(a,)上单调递增，则a的取值范围为.【答案】[5,)【详解】由x24x50得x5或x1所以fx的定义域为,1(5,)因为yx24x5在(5,)上单调递增，所以f(x)lg(x24x5)在(5,)上单调递增，所以a5315.设函数fx，fx的定义域均为R，且函数f2x1，fx2均为偶函数．若当x1,2时，fxax1，则f2022的值为．【答案】7【详解】因为函数fx，fx的定义域均为R，且函数f2x1为偶函数，则f2x