高三数学上学期第二次月考试题 文含解析 试题

创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日 第二中学2021届高三数学上学期第二次月考试题 文〔含解析〕

一、选择题：〔此题一共12题每一小题只有一个正确答案，每一小题5分，一共60分〕

1.函数y＝12log(32)x－的定义域是

A. [1，＋∞〕 B. 〔23，＋∞〕 C. [23，1] D. 〔23，1]

【答案】D

【解析】

要使函数有意义，需使12log(32)0x，即0321.x解得21.3x应选D

2.tan3，那么222sin2cossincossin( ).

A. 38 B. 916 C. 1112 D. 79

【答案】C

【解析】

【分析】

分子分母同时除以2cos，利用同角三角函数的商关系化简求值即可.

【详解】因为tan3，所以2cos0，于是有

2222222222sin2cossin2cos211sincossinsincossintantan1tancoscos2，故此题选C.

【点睛】此题考察了同角三角函数的商关系，考察了数学运算才能.

6，面积为3，那么扇形的弧长等于〔〕 创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日 A. 6 B. 4 C. 3 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】

根据扇形面积公式得到半径，再计算扇形弧长.

【详解】221122263Srrr

扇形弧长263lr

故答案选C

【点睛】此题考察了扇形的面积和弧长公式，解出扇形半径是解题的关键，意在考察学生的计算才能.

A，B，C分别位于一个三角形的三个顶点处，其中门店A，B与门店C都相距akm，而门店A位于门店C的北偏50向上，门店B位于门店C的北偏西70方向上，那么门店A，B间的间隔 为〔 〕

A. akm B. 2akm C. 3akm D. 2akm

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意，作出图形，结合图形利用正弦定理，即可求解，得到答案.

【详解】如下图，依题意知CACBa，5070120ACB，30AB，

由正弦定理得：sin120sin30ABa，那么sin1203sin30aABakm.

应选C. 创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日

【点睛】此题主要考察了三角形的实际应用问题，其中解答中根据题意作出图形，合理使用正弦定理求解是解答的关键，着重考察了推理与运算才能，属于根底题.

5.下面四个命题：

①“假设20xx，那么0x或者1x〞的逆否命题为“假设0x且1x，那么20xx〞

②“1x＜〞是“2320xx＞〞的充分不必要条件

③命题:p存在0xR，使得20010xx＜，那么p：任意xR，都有210xx

④假设p且q为假命题，那么,pq均为假命题，其中真命题个数为〔 〕

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

对于①根据逆否命题的写法，以及或者变为且得到命题正确；② 2x＞时，2320xx＞也成立；③含有量词〔任意、存在〕的命题的否认既要换量词，又要否认结论；④命题p，q中只要有一个为假命题，“P且q〞为假命题．

【详解】对于①，交换条件和结论，并同时否认，而且“或者〞的否认为“且〞，故①是真命题；

对于②2x＞时，2320xx＞也成立，所以“1x＜〞是“2320xx＞〞的充分不必要创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日 条件，故②是真命题；

对于③含有量词〔任意、存在〕的命题的否认既要换量词，又要否认结论，故③是真命题；

对于④命题p，q中只要有一个为假命题，“P且q〞为假命题，因此p或者q 有可能其中一个是真命题，故④是假命题.

应选：C．

【点睛】此题考察了命题的逆否关系，充分不必要条件的断定，含有量词的命题的否认及含有逻辑词“且〞的命题的真值情况，属于中档题．

6.a＝log34，b＝212，c＝131log6，那么a，b，c的大小关系为〔 〕

A. a＞b＞c B. b＞c＞a

C. c＞a＞b D. b＞a＞c

【答案】B

【解析】

【分析】

得出126133331loglog6log4,log62,()42，从而得到,,abc的大小关系，得到答案．

【详解】由题意，根据对数的运算可得1261333331loglog6log4,log6log92,()42，

所以bca，应选B．

【点睛】此题主要考察了对数的换底公式，以及对数的单调性、指数的运算的应用，其中解答中熟记对数的运算性质，合理运算时解答的关键，着重考察了推理与运算才能，属于根底题． 创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日

2()ln(1)1fxxxx的大致图象为〔 〕

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用函数的奇偶性以及特殊值进展排除即可．

【详解】由题意01f，排除B，C，

又2ln11fxxxx

2222111ln1ln111xxxxxxxxxx

212ln(1)1ln11xxxxxxfx，

那么函数fx是偶函数，排除D，应选A．

【点睛】此题主要考察函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性以及函数值进展排除是解决此题的关键．

创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日 31(),0()3log,0xxfxxx，那么1(())5ff〔 〕

A. -5 B. 5 C. 15 D. 15

【答案】B

【解析】

由题111log33log53log5531log513111log3335553fff

选B

fx是定义在R上的奇函数，对任意的xR都有3322fxfx，当302x，时，12log1fxx，那么20172019ff〔 〕

A. 1 B. 2 C. 1 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意，对3322fxfx变形可得3fxfx，那么函数fx是周期为3的周期函数，据此可得20171ff，20190ff，结合函数的解析式以及奇偶性求出0f与1f的值，相加即可得答案．

【详解】根据题意，函数fx满足任意的xR都有3322fxfx，那么3fxfx， 创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日 那么函数fx是周期为3的周期函数，

2017167231fff，201967330fff

又由函数fx是定义在R上的奇函数，那么00f，

3,02x时，12log1fxx，那么121log111f，

那么111ff；

故20172019011ffff；

应选：A．

【点睛】此题考察函数的奇偶性与周期性、对称性的应用，关键是求出函数的周期，属于根底题．

cosfxAx0,0,2A的图象如下图，假设将函数fx的图象向右平移2个单位，那么所得的函数解析式为〔 〕

A. 2cos24yx B. 32cos24yx

C. 2cos24yx D. 32cos24yx

【答案】B

【解析】 创作；朱本晓

2022年元月元日

创作；朱本晓

2022年元月元日 根据余弦函数的图象的对称性求得：2A，根据余弦函数图象：32882T，解得：T，利用周期公式：2T，解得2，根据函数的图象，8x时，08f，282kkz，由于2，解得4，那么2cos24fxx，应选B.

2x1x2xm,x2fx143,x2的最小值为1.那么实数m的取值范围是( )

A. 0, B. 0, C. 9,4

D.

9,4

【答案】B

【解析】

【分析】

利用分段函数的表达式转化求解函数的最小值，求解m的范围即可．

【详解】函数2x1x2xm,x2fx143,x2的最小值为1．

可知：1x2时，由x431，解得1x2，

因为xy43是增函数，所以只需2yx2xm1，1x2恒成立即可．

22yx2xm(x1)m1m1，所以m11，可得m0．

应选：B．