宁夏育才中学2020届高三上学期第二次月考 理科数学（PDF版含答案） 12页

-1- 宁夏育才中学高三年级第二次月考 理科数学试题 参考答案及评分标准 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分） 1.A 【解答】퐴＝{푥|푥2 − 2푥 − 3 < 0}＝{푥| − 1 < 푥 < 3}，퐵＝{푥|2푥+1 > 1}＝{푥|푥 > −1}， 则∁퐵퐴＝[3, +∞)． 2.B 【解答】（解法一）因为푓(푥) = (푥 + 1)2(푥 − 3)，所以푓′(푥) = [(푥 + 1)2]′(푥 − 3) + (푥 + 1)2(푥 − 3)′ = 2(푥 + 1)(푥 − 3) + (푥 + 1)2 = 3푥2 − 2푥 − 5．（解法二）由于푓(푥) = (푥 + 1)2(푥 − 3) = 푥3 − 푥2 − 5푥 − 3，则푓′(푥) = 3푥2 − 2푥 − 5． 3.B 【解答】因为√푥2 + 1 − 푥＞0在 R 上恒成立，所以函数 y= 푥3 + ln(√푥2 + 1 − 푥)的定义 域为 R.设 f(x)=y=푥3 + ln(√푥2 + 1 − 푥)，则푓(−푥)＝(−푥)3 + ln(√푥2 + 1 + 푥)＝−푓(푥)， 所以函数 f(x)是奇函数，故排除 C,D 选项.因为푓(1)＝1 + ln(√2 − 1) = ln[(√2 − 1)푒], (√2 − 1)푒 > 1，所以푓(1)＞0，故排除 A 选项.所以选 B． 4.D 【解答】函数푓(푥) = 2ln 푥 + 8푥 + 1，所以푓′(푥) = 2 푥 + 8， 所以 lim∆푥→0 푓(1−2∆푥)−푓(1) ∆푥 = lim∆푥→0 (−2) × 푓(1−2∆푥)−푓(1) −2∆푥 = −2 lim∆푥→0 푓(1 − 2∆푥) − 푓(1) −2∆푥 = −2푓′(1) = −2 × (2 + 8) = −20． 5.C 【 解 答 】 函 数 푓(푥) = { 2, 푥 ≥ 0, cos 푥, 푥＜0, 则 ∫ 1 −π 2 푓(푥)d푥 = ∫ 0 −π 2 푓(푥)d푥 + ∫ 푓(푥)d푥1 0 = ∫ cos 푥0 −휋 2 d푥 + ∫ 21 0 d푥＝(sin 푥)|−π 2 0 + (2푥)|0 1 = 1 + 2＝3． 6.C 【解答】由푓(푥 + 2) = − 1 푓(푥)，得푓(푥 + 4) = − 1 푓(푥+2) = 푓(푥)，所以函数푓(푥)的最小正 周期是4.因为푓(푥)是定义在퐑上的奇函数，且3 < log354 < 4，且在(0, 1)上푓(푥)＝3푥， 所以푓(log354)＝푓(log354 − 4)＝−푓(4 − log354)＝−(34−log3 54) = − 81 54 = − 3 2 ． 7.A 【解答】∵ 푓(푥) = (2푥 + 1)3 − 2푎 푥 + 3푎，∴ 푓′(푥) = 3(2푥 + 1)2 × 2 + 2푎 푥2．∵ 푓′(−1) = 8， ∴ 3 × 2 + 2푎 = 8，解得푎 = 1，∴ 푓(푥) = (2푥 + 1)3 − 2푎 푥 + 3푎 = (2푥 + 1)3 − 2 푥 + 3， ∴ 푓(−1) = −1 + 2 + 3 = 4． 8.C 【解答】(方法一)由题意，得푓′(푥) = 3푎푥2 + 2푏푥 + 푐，结合题图知푥 = −1或2为导函 数 的 零 点 ， 即 푓′(−1) = 푓′(2) = 0 ， ∴ {3푎 − 2푏 + 푐 = 0, 12푎 + 4푏 + 푐 = 0, 解得{ 푎 = − 푐 6 , 푏 = 푐 4 , ∴ 푓′(0) 푓′(1) = 푐 3푎+2푏+푐 = 1． -2- (方法二)푓′(푥) = 3푎푥2 + 2푏푥 + 푐，由푓(푥)的图象知푓′(푥) = 3푎푥2 + 2푏푥 + 푐 = 3푎(푥 + 1)(푥 − 2)，∴ 푓′(0) = −6푎，푓′(1) = −6푎，∴ 푓′(0) 푓′(1) = 1． 9.A 【解答】直线푥 = 0，푥 = 2π 3 ，푦 = 0与曲线푦 = 2sin 푥所围成的图形如图所示，其面积 为푆 = ∫ 2 2π 3 0 sin 푥d푥 = −2cos 푥|0 2π 3 = −2cos 2π 3 −(−2cos 0) = 1 + 2 = 3． 10.B 【解答】令 g(x)＝푥2e푥，则푔′(x)＝2푥e푥 + 푥2e푥＝푥e푥(푥 + 2)．令푔′(x)＝0，则푥＝0或 −2．当−2 < 푥 < 0时，푔′(x)< 0；当푥 > 0或푥 < −2时，푔′(x)> 0．∴函数푔(x)在(−2,0) 上单调递减，在(−∞, −2)和(0, +∞)上单调递增，∴ 0,−2是函数푔(x)的极值点，函数 푔(x)的极小值为푔(0)＝0，极大值为푔(−2)＝4e−2 = 4 e2．又∵函数푓(푥)＝푥2e푥 − 푎恰有 三个零点，则实数푎的取值范围是(0, 4 e2)． 11.B 【解答】由题意知，푦′ = 3푥2 − 2푎．∵ 푎 > 0，令푦′ = 0，即3푥2 − 2푎 = 0，解得푥 = ± √6푎 3 ．当푥 ∈ (−∞,− √6푎 3 ) ∪ (√6푎 3 , +∞)时，푦′ > 0；当푥 ∈ (− √6푎 3 , √6푎 3 )时，푦′ < 0． ∴ 푦 = 푥3 − 2푎푥 + 푎的单调递增区间为(−∞, − √6푎 3 )，(√6푎 3 , +∞)，单调递减区间为 (− √6푎 3 , √6푎 3 )．当푥 = − √6푎 3 时，原函数取得极大值，当푥 = √6푎 3 时，原函数取得极小值， 要满足原函数在(0,1)内无极值，需满足√6푎 3 ≥ 1，解得푎 ≥ 3 2 ．∴正整数푎的最小值为2． 12.A 【解答】由题意，令ℎ(푥) = 1 3 푥3 − 1 2 푥2 + 3푥 − 5 12 ，푚(푥) = 1 푥−1 2 ，则 ℎ′(푥) = 푥2 − 푥 + 3， ∴ ℎ″(x)=2x−1.令ℎ″(푥) = 0，可得푥 = 1 2.∵ ℎ (1 2) = 1 3 × (1 2) 3 − 1 2 × (1 2) 2 + 3 × 1 2 − 5 12 = 1， ∴ ℎ(푥)的对称中心为(1 2 ,  1)，∴ ℎ(푥) + ℎ(1 − 푥) = 2.∵ 푚(푥) = 1 푥−1 2 的对称中心为 (1 2 ,  0)， ∴ 푚(푥) + 푚(1 − 푥) = 0 . ∵ 푔(푥) = ℎ(푥) + 푚(푥) , ∴ 푔(푥) + 푔(1 − 푥) = ℎ(푥) + ℎ(1 − 푥) + 푚(푥) + 푚(1 − 푥) = 2, ∴ 푔 ( 1 2011) + 푔 ( 2 2011) + 푔 ( 3 2011) + 푔 ( 4 2011) + ⋯ + 푔 (2010 2011) = 2010. -3- 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. π 4 4  【解答】 1 2 0 1dxx 表示四分之一单位圆，∴ 1 2 0 π1d4xx ． ∵ 1 21 00 (2)d1,xxx  ∴ 1 2 0 (12)dxxx 4 π ＋1= 4 4π  ． 14.1 【解答】∵ log푎푏 + log푏푎 = log푎푏 + 1 log푎푏 = 5 2 ，∴ log푎푏 = 2或1 2 ． ∵ 푎 > 푏 > 1，∴ log푎푏 < log푎푎 = 1，∴ log푎푏 = 1 2 ，∴ 푎 = 푏2． ∵ 푎푏 = 푏푎，∴ (푏2)푏 = 푏푏2，∴ 2푏 = 푏2，∴ 푏 = 2，∴ 푎 = 4，∴ 푎 푏+2 = 1． 15.( 1,  ) 【解答】∵二次函数푓(푥) = 푥2 − 4푥 + 1= (푥 − 2)2 − 3的顶点为(a,b), ∴a=2，b=−3， 则函数 g(x)=loga(x2−2x＋b)可化为 g(x)=log2(x2−2x−3)． 由푥2 − 2푥 − 3＞0，解得 x＜−1 或 x＞3． ∴函数 g(x)=log2(x2−2x−3)的定义域为(−∞，−1)∪(3，＋∞)． 令 t=x2−2x−3，该函数在(−∞，−1)上为减函数，而外层函数 y=log2 t 是增函数， 由复合函数的单调性知，函数 g(x)=log2(x2−2x−3)的单调递减区间为( )． 16.65 【解答】依题意，由푓(푥0) = sin π푥0 = 0，得π푥0 = 푘π，푘 ∈ 퐙，即푥0 = 푘，푘 ∈ 퐙． 当푘是奇数时，푓 (푥0 + 1 2) = sin [π (푘 + 1 2)] = sin (푘π + π 2) = −1， |푥0| + 푓 (푥0 + 1 2) = |푘| − 1 < 33， ∴ |푘| < 34，满足条件的奇数푘有34个； 当푘是偶数时，푓 (푥0 + 1 2) = sin [π (푘 + 1 2)] = sin (푘π + π 2) = 1，|푥0| + 푓 (푥0 + 1 2) = |푘| + 1 < 33，∴ |푘| < 32，满足条件的偶数푘有31个． 综上所述，满足题意的交点共有34 + 31 = 65(个)． 三、解答题（本大题共 70 分） 17.解：(1)令푢 = 2푥 + 1，则푦′ = (푢푛)′ × 푢′ = 푛푢푛−1 × 2 = 2푛(2푥 + 1)푛−1. ……………6 分 (2)令푡 = 2푥2 + 3푥 + 1，则푦′ = (log2푡)′ × 푡′ = 1 푡×ln 2 × (4푥 + 3) = 4푥+3 (2푥2+3푥+1)×ln 2. ………………………………………………………………………………………12 分 18.解： (1)当火车的速度푣＝0时火车完全停止，即5 − 푡 + 55 1+푡 = 0， ∴ 푡2 − 4푡 − 60＝0，…………………………………………………………………………2 分 解得푡＝10或푡＝−6（舍去），………………………………………………………………4 分 即从开始紧急刹车至火车完全停止所经过的时间为10 s．………………………………5 分 (2)根据定积分的物理意义，紧急刹车后火车运行的路程就是푡从0到10对函数푣(푡)＝ 5 − 푡 + 55 1+푡 的定积分. ………………………………………………………………………6 分 令 퐹(푡)＝5푡 − 1 2 푡2 + 55ln(1 + 푡)，则퐹′(푡)＝푣(푡)＝5 − 푡 + 55 1+푡 ．………………………8 分 ∴ 푠＝∫ 푣10 0 (푡)d푡 = ∫ (5 − 푡 + 55 1+푡)10 0 d푡＝퐹(10) − 퐹(0)＝55ln 11，……………………11 分 即紧急刹车后火车运行的路程为55ln 11 m．……………………………………………12 分 -4- 19.解：(1)푓(푥) = 푥3 − 푥的导数为푓′(푥) = 3푥2 − 1．………………………………………2 分 当−2 ≤ 푥 < − √3 3 时，푓′(푥) > 0，푓(푥)单调递增； ………………………………………3 分 当− √3 3 < 푥 ≤ 0时，푓′(푥) < 0，푓(푥)单调递减．…………………………………………4 分 ∴当푥 = − √3 3 时，푓(푥)有最大值푓 (− √3 3 ) = 2√3 9 ．…………………………………………6 分 (2)设切点为(푥0, 푥0 3 − 푥0)，则切线斜率푘 = 3푥0 2 − 1， ∴切线方程为푦 − (푥0 3 − 푥0) = (3푥0 2 − 1)(푥 − 푥0)． ………………………………………7 分 又∵切线过点푃(2,  푡)，∴ 푡 − (푥0 3 − 푥0) = (3푥0 2 − 1)(2 − 푥0)， 整理，得2푥0 3 − 6푥0 2 + 푡 + 2 = 0．…………………………………………………………8 分 令푔(푥) = 2푥3 − 6푥2 + 푡 + 2，则푔′(푥) = 6푥2 − 12푥．……………………………………9 分 由푔′(푥) = 0，解得 x=0 或 x=2． …………………………………………………………10 分 当푥变化时，푔(푥)与푔′(푥)的变化如下表： 푥 (−∞,  0) 0 (0, 2) 2 (2, +∞) 푔′(푥) + 0 − 0 + 푔(푥) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 于是，{푔(0) = 푡 + 2 > 0, 푔(2) = 푡 − 6 < 0, ∴ −2 < 푡 < 6． ……………………………………………………………………………12 分 20.解：(1) ∵ 푓(푥) = 푥ln 푥 − 푎푥2 + (2푎 − 1)푥， ∴ 푔(푥) = 푓′(푥) = ln 푥 − 2푎푥 + 2푎，푥 > 0，………………………………………………1 分 ∴ 푔′(푥) = 1 푥 − 2푎 = 1−2푎푥 푥 ，푥 > 0．…………………………………………………………2 分 ①若푎 ≤ 0，푔′(푥) > 0恒成立，即푔(푥)的单调递增区间是(0, +∞)．……………………3 分 ②若푎 > 0， 当푥 > 1 2푎时，푔′(푥) < 0，函数푔(푥)为减函数；…………………………………………4 分 当0 < 푥 < 1 2푎 时，푔′(푥) > 0，函数푔(푥)为增函数．……………………………………5 分 综上，当푎 ≤ 0时，푔(푥)的单调递增区间是(0, +∞)；当푎 > 0时，푔(푥)的单调递增区间是 (0,  1 2푎)，单调递减区间是( 1 2푎 , +∞)．………………………………………………………6 分 (2) ∵ 푓(푥)在푥 = 1处取得极大值，∴ 푓′(1) = 0．…………………………………………7 分 由(1)中푔(푥)的单调区间可知： ①当푎 ≤ 0时，푓′(푥)单调递增，又∵ 푓′(1) = 0， 则当0 < 푥 < 1时，푓′(푥) < 0，푓(푥)单调递减；当푥 > 1时，푓′(푥) > 0，푓(푥)单调递增. ∴ 푓(푥)在푥 = 1处取得极小值，不合题意. ………………………………………………8 分 ②当0 < 푎 < 1 2时， 1 2푎 > 1，푓′(푥)在(0,  1 2푎)内单调递增，又∵ 푓′(1) = 0， 则当0 < 푥 < 1时，푓′(푥) < 0；当1 < 푥 < 1 2푎时，푓′(푥) > 0． ∴ 푓(푥)在(0,  1)内单调递减，在(1,  1 2푎)内单调递增，即푓(푥)在푥 = 1处取得极小值，不合 -5- 题意． ……………………………………………………………………………………9 分 ③当푎 = 1 2时，1 2푎 = 1，푓′(푥)在(0,  1)内单调递增，在(1, +∞)上单调递减，又∵ 푓′(1) = 0， 则当푥 > 0时，푓′(푥) ≤ 0，푓(푥)单调递减，不合题意． ……………………………10 分 ④当푎 > 1 2时，0 < 1 2푎 < 1，푓′(푥)在(  1 2푎 , 1)内单调递减，又∵ 푓′(1) = 0， 则当 1 2푎 < 푥 < 1时，푓′(푥) > 0，푓(푥)单调递增；当푥 > 1时，푓′(푥) < 0，푓(푥)单调递减． ∴当푥 = 1时，푓(푥)取得极大值，满足条件． …………………………………………11 分 综上，实数푎的取值范围是푎 > 1 2． ………………………………………………………12 分 21.解：(1) ∵ 푓(푥) = 푥2 − 푎푥，푔(푥) = ln 푥， ∴ 푓(푥)的定义域为퐑，푔(푥)的定义域为{푥|푥 > 0}． ∵ 푓(푥) ≥ 푔(푥)对定义域内的任意푥恒成立， 即푥2 − 푎푥 ≥ ln 푥对푥 ∈ (0, +∞)恒成立， ∴ 푎 ≤ 푥 − ln 푥 푥 对푥 ∈ (0, +∞)恒成立． ……………………………………………………1 分 设휑(푥) = 푥 − ln 푥 푥 ，则푎 ≤ 휑(푥)min．………………………………………………………2 分 ∴ 휑′(푥) = 푥2+ln 푥−1 푥2 ．…………………………………………………………………………3 分 ∵当푥 ∈ (0,  1)时，휑′(푥) < 0，当푥 ∈ (1, +∞)时，휑′(푥) > 0， ∴ 휑(푥)在(0,  1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，……………………………………4 分 ∴当푥 = 1时，휑(푥)min = 휑(1) = 1，………………………………………………………5 分 ∴实数푎的取值范围为(−∞, 1]. ……………………………………………………………6 分 (2)ℎ(푥) = 푓(푥) + 푔(푥) = 푥2 − 푎푥 + ln 푥，푥 > 0， 则ℎ′(푥) = 2푥2−푎푥+1 푥 ，푥 > 0. ………………………………………………………………7 分 ∵ ℎ(푥) = 푓(푥) + 푔(푥)有两个极值点푥1，푥2，且0 < 푥1 < 푥2 ≤ 2， ∴方程2푥2 − 푎푥 + 1 = 0有两个正根푥1, 푥2，且0 < 푥1 < 푥2 ≤ 2， ∴ { 훥 = 푎2 − 8 > 0, 0 < 푎 4 ＜2, 2 × 02 − 푎 × 0 + 1 > 0, 2 × 22 − 2푎 + 1 ≥ 0, 解得2√2 < 푎 ≤ 9 2， …………………………………………8 分 由{ 푥1 + 푥2 = 푎 2 > 0, 푥1푥2 = 1 2 > 0, 0 < 푥1 < 푥2 ≤ 2, 得{ 2√2 < 2 (푥1 + 1 2푥1 ) ≤ 9 2 , 0 < 푥1 < 1 2푥1 ≤ 2, 解得 1 4 ≤ 푥1 < √2 2 . ……………………9 分 ℎ(푥1) − ℎ(푥2) = (푥1 2 − 푎푥1 + ln 푥1) − (푥2 2 − 푎푥2 + ln 푥2) = 푥1 2 − 푥2 2 − 푎(푥1 − 푥2) + ln 푥1 − ln 푥2 = 푥1 2 − 푥2 2 − 2(푥1 + 푥2)(푥1 − 푥2) + ln 푥1 − ln 푥2 = −푥1 2 + 푥2 2 + ln 푥1 − ln 푥2 = −푥1 2 + 1 4푥1 2 + 2ln 푥1 + ln 2．…………………………………………10 分 -6- 设퐺(푥) = −푥2 + 1 4푥2 + 2ln 푥 + ln 2 (1 4 ≤ 푥 < √2 2 ). ∵ 퐺′(푥) = − (2푥2−1)2 2푥3 ≤ 0, ∴ 퐺(푥)在[1 4 , √2 2 )上为减函数，…………………………………11 分 ∴ 0 < 퐺(푥) ≤ 63 16 − 3ln 2， ∴ ℎ(푥1) − ℎ(푥2)的取值范围是(0, 63 16 − 3ln 2]. …………………………………………12 分 22.解：(1)由휌＝2sin 휃 + 2푎cos 휃 (푎 > 0)，得휌2＝2휌sin 휃 + 2푎휌cos 휃(푎 > 0)， ………1 分 ∴曲线퐶的直角坐标方程为푥2 + 푦2＝2푦 + 2푎푥，…………………………………………2 分 即(푥 − 푎)2 + (푦 − 1)2＝푎2 + 1. …………………………………………………………3 分 ∵直线푙的参数方程为{ 푥 = −2 + √2 2 푡, 푦 = √2 2 푡 （푡为参数）， ∴直线푙的普通方程为푦＝푥 + 2． …………………………………………………………5 分 (2)将直线푙的参数方程{ 푥 = −2 + √2 2 푡, 푦 = √2 2 푡 代入푥2 + 푦2＝2푦 + 2푎푥，并化简、整理，得 푡2 − (3√2 + √2푎)푡 + 4푎 + 4＝0． ………………………………………………………6 分 ∵直线푙与曲线퐶交于푀，푁两点， ∴Δ= (3√2 + √2푎)2 − 4(4푎 + 4) = 2(푎 − 1)2 > 0，解得푎 ≠ 1． ……………………7 分 由根与系数的关系，得푡1 + 푡2＝3√2 + √2푎＞0，푡1푡2＝4푎 + 4＞0．…………………8 分 ∵点푃的直角坐标为(−2,  0)，∴点 P 在直线푙上， ∴ |푃푀| + |푃푁|＝|푡1| + |푡2|＝푡1 + 푡2 = 3√2 + √2푎 = 5√2，……………………………9 分 解得푎＝2，此时满足푎 > 0且푎 ≠ 1，故푎＝2．…………………………………………10 分 23.解：(1)①当푥 ≤ − 3 2 时，푓(푥)＝−2 − 4푥， 由푓(푥) ≥ 6，解得푥 ≤ −2，综合푥 ≤ − 3 2 ，得푥 ≤ −2．…………………………………2 分 ②当− 3 2 < 푥 < 1 2 时，푓(푥)＝4，显然푓(푥) ≥ 6不成立．…………………………………3 分 ③当푥 ≥ 1 2 时，푓(푥)＝4푥 + 2， 由푓(푥) ≥ 6，解得푥 ≥ 1，综合푥 ≥ 1 2 ，得푥 ≥ 1． ……………………………………4 分 综上，푓(푥) ≥ 6的解集是(−∞, −2] ∪ [1, +∞)．…………………………………………5 分 (2)푓(푥)＝|2푥 − 1| + |2푥 + 3| ≥ |(2푥 − 1) − (2푥 + 3)|＝4， 即푓(푥)的最小值푚＝4．……………………………………………………………………6 分 ∴ 2푎푏 + 푎 + 2푏＝4， ∴ 4 − (푎 + 2푏) = 2푎푏. ……………………………………………………………………7 分 ∵ 푎 ⋅ 2푏 ≤ (푎+2푏 2 ) 2， ∴ 4 − (푎 + 2푏) ≤ (푎+2푏 2 ) 2， ………………………………………………………………8 分 解得푎 + 2푏 ≥ 2√5 − 2， …………………………………………………………………9 分 ∴ 푎 + 2푏的最小值为2√5 − 2． …………………………………………………………10 分