2017届高三上学期9月月考数学试卷(理科)-答案

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四川省成都外国语学校2017届高三上学期9月月考数学试卷（理科）

答 案

1~5．CAABD 6~10．ADCAC 11~12．CC．

13．223

14．2

15．160

16．(2]02)[tUU,,

17．

（Ⅰ）原式172(2)322；

（Ⅱ）12123aaQ，

∴17aa，

∴2247aa，

∴22147161171aaaa．

18．

（1）ππ1()cos()cos()sincos334fxxxxxQ

131311=(cossin)(cossin)sin2222224xxxxx

221311cossinsin24424xx

1+cos233cos211sin28824xxx

cos2sin2xx

2πcos(2)24x，

函数()fx的最小正周期为πT，

（2）由π[0,]2x，得ππ5π2[,]444x，π2cos(2)[1,]42x

所以当π[0,]2x时，求函数()fx的值域为21[,]22．

19．

（Ⅰ）解：211()1,(0,)xxfxxxxx． - 2 - / 14

由()0fx得2010xxx解得1502x．

故()fx的单调递增区间是150,2．

（Ⅱ）证明：令()()(1)(0)Fxfxxx，，．

则有21()xfxx．当(1)x，时，()0Fx，

所以()Fx在[1)，上单调递减，

故当1x时，()(1)0FxF，

即当1x时，()1fxx．

20．

（Ⅰ）∵()2cos()(0)fxxB的图像与直线2y相邻两个交点间的最短距离为T，

∴2T，即：2π2，解得π，

故()2cos(π)fxxB．

又1π()2cos()166fB，即：π1cos()62B，

∵B是ABC△的内角，

∴π6B，

设ABC△的三个内角的对边分别为a，b，c，

∵32ABACSuuuruuurg，

∴31cossin22bcAbcA，

解得tan3A，π3A，从而ABC△是直角三角形，

由已知|3ACABuuuruuur得，||3BCauuur，

从而3b，13322ABCSab△．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知π,33Aa，

设ABC△的外接圆半径为R，则

3223sin32aRA，

解得3R， - 3 - / 14

∴1333coscossin33coscos33coscos24SBCbcABCbcBC

33sinsin33coscos33cos()BCBCBC，

故33coscosSBC的最大值为33．

21．

（1）单调递增区间为[0]1,；单调递减区间为[1]24,．

证明：任取121212121222()(1)))(101(()(1)xxxxxxtxtxxx＜，，

∵1201xx＜，∴[1]24,，

∴22121212()(1)(1)(10)xxxxxx＜，

∴12))((0txtx.

所以函数()tx在[0,1]上为增函数．（同理可证在区间[1]24,单调递减）

（2）由函数的单调性知1)(1))(0)02((maxmintxttxt，，

211[0,]112xtxxx，

∴t的取值范围是[10]2，．

当12[0]a，时，由于2||12()23fxaxax，则可记|2()23|gttaa

则()gt23,03()21,32tatagttaat

∵()gt在[0]a,上单调递减，在(2]1a，上单调递增，

且27(0)3(0)36gaga．

∴11(0)()2()24gga．

故71,064()2113,342aaMaaa．

（3）当104a时，726a∴56a，不满足题意12[0]a，；

当1142a时，2323a，∴49a，∴49a时，满足题意12[0]a，． - 4 - / 14

故当409a时不超标，当4192a时超标．

22．

（1）解：依题意，函数()fx的定义域为(0)()lnfxxax，，，

∵函数()fx在其定义域内有两个不同的极值点．

∴ln0(0)xax在，上有两个不同根．转化为，函数lnyx与函数yax的图像在(0)，，上有两个不同交点，

令过原点且切于函数lnyx图像的直线斜率为k，只需0ak．

令切点，

则001(ln)|kxxxx，∴000ln1xxx=，解得，0ex，

∴110eeka，

（2）解：∵不等式112exxg恒成立，∴121lnlnxx

由（1）可知：12xx，分别是方程ln0xax的两个根，即1122lnlnxaxxax，

∴121lnlnxx等价于121()axx，

∵1200xx，，∴原式等价于121axx＞．

∵1122lnlnxaxxax，

∴1122ln()xaxxx，即

1212lnaxxxx．

∴原式等价于

121212ln1xxxxxx，

∵120xx，原式恒成立，即112212(1)()lnxxxxxx恒成立．

令12(0)ttxx，，1，则不等式等价于(1)(t1)lntt在(0)t，1上恒成立．

令()l)t)n(1(1thtt，又22(t)((1)())tttth，

当21时，又()0ht，∴()ht在(0)t，1上单调增，又h（1）=0，∴h（t）＜0在(0)t，1，恒成立，符合题意．当λ2＜1时，可得：()ht在2(0)，上单调递增，在2()，1上时单调减，又(1)0h，

∴()ht在(0)t，1上不能恒小于0，不符合题意，舍去． - 5 - / 14

综上所述：若不等式112exxg恒成立，只需2101，又，．

（3）当a=2时，令2()()22lngxfxxxxxx，则1()ln22,()2gxxxgxx，

当1x时()0gx，则()gx在(1)，单调站递减，而(1)0g.

当1x时，()0gx，则()gx在(1)，单调站递减，又(1)0g，

∴以当1x时有2()ln(0)1ln1gxxxxxgxx．

令22)(xnnnN，，有22ln1nn＜﹣，即2ln1122nnn，

∴2ln2ln3ln4ln1(1)(2)++++(23)345124nnnnnLK．①

令11+xn，有1lnn，可得1(1+)e3nn，②

①+②有：2ln2ln3ln4ln1+++++(1+)(,2)3451nnnnnnNL．

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四川省成都外国语学校2017届高三上学期9月月考数学试卷（理科）

解

析

1．

【解答】解：由B中y=lg（x+1），得到x+1＞0，即x＞﹣1，

∴B=（﹣1，+∞），

∵A=（﹣3，3），

∴A∩B=（﹣1，3），

2．

【解答】解：A．由＜1得a＞1或a＜0，则“＜1”是“a＞1”的必要不充分条件，正确，

B．若p∧q为真命题，则p，q都是真命题，此时p∨q为真命题，即充分性成立，反之当p假q真时，p∨q为真命题，

但p∧q为假命题，故“p∧q为真命题”是“p∨q为真命题”的充分不必要条件，故B错误，

C．命题“∃x∈R使得x2+2x+3＜0”的否定是：“∀x∈R，x2+2x+3≥0”，故C错误，

D．∵sinx+cosx=sin（x+）≤恒成立，∴p是真命题，则￢p是假命题，故D错误，

3．

【解答】解：，

∴a＞c＞b，

4．

【解答】解：∵f（x）=loga（2﹣ax）在[0，1]上是x的减函数，

∴f（0）＞f（1），

即loga2＞loga（2﹣a）．

∴，

∴1＜a＜2．

5．

【解答】解：因为函数f（x）=，

所以f（log4）==3，

f{f（log4）}=f{×3}=f（1）=41=4．

6．

【解答】解：函数的导数f′（x）=ex﹣1， - 7 - / 14

由f′（x）＞0得ex﹣1＞0，即ex＞1，得0＜x≤1，此时函数递增，

由f′（x）＜0得ex﹣1＜0，即ex＜1，得﹣1≤x＜0，此时函数递减，

即当x=0时，函数取得极小值同时也是最小值f（0）=1，

∵f（1）=e﹣1，f（﹣1）=+1＜e﹣1，

∴函数的最大值为f（1）=e﹣1，

即函数的值域为[1，e﹣1]，

7．

【解答】解：f（x）﹣3+f（﹣x）﹣3=ln（x+）+ln（﹣x+）=ln1=0，

∴f（a）﹣3+f（﹣a）﹣3=0，

∴10﹣6+f（﹣a）=0，

解得f（﹣a）=﹣4．

8．

【解答】解：将函数f（x）=3sin（4x+）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函数y=3sin（2x+）的图象，

再向右平移个单位长度，可得y=3sin[2（x﹣）+]=3sin（2x﹣）的图象，故g（x）=3sin（2x﹣）．

令 2x﹣=kπ+，k∈z，得到 x=•π+，k∈z．

则得 y=g（x）图象的一条对称轴是，

9．

【解答】解：令g（x）=ex•f（x）﹣ex，

则g′（x）=ex•[f（x）+f′（x）﹣1]

∵对任意x∈R，f（x）+f′（x）＞1，

∴g′（x）＞0恒成立

即g（x）=ex•f（x）﹣ex在R上为增函数

又∵f（0）=2，∴g（0）=1

故g（x）=ex•f（x）﹣ex＞1的解集为{x|x＞0}

即不等式ex•f（x）＞ex+1的解集为{x|x＞0}

10．

【解答】解：由图象可得A=3， =4（﹣），解得ω=2，

故f（x）=3sin（2x+φ），代入点（，﹣3）可得3sin（+φ）=﹣3，