2024-2025学年江苏省苏州市陆慕高级中学高三（上）第二次月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省苏州市陆慕高级中学高三（上）第二次月考数学试卷（9月份）（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合M=x|−2⩽x⩽3，N=x|lg2x⩽1，则M∩N=( )
A. [−2,3]B. [−2,2]C. (0,2]D. (0,3]
2.若a>0,b>0，则“ab<1”是“a+b<1”的( )
A. 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
3.若tanα=34，则1+sin2α1−2sin2α=( )
A. −17B. −7C. 17D. 7
4.函数f(x)=(3x−x3)sinx的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.要得到函数y=3sin2x的图象，只需将函数y=3sin(2x−1)的图象( )
A. 向左平移1个单位B. 向左平移0.5个单位
C. 向右平移1个单位D. 向右平移0.5个单位
6.已知sin(x+π6)=− 55，x∈(π2,π)，则tan(2π3−2x)=( )
A. 43B. −43C. 2D. −2
7.已知函数f(x)=Asin(ωx−π6)(A>0,ω>0)，直线y=1与f(x)的图象在y轴右侧交点的横坐标依次为 a1,a2,···,ak,ak+1,···,，…，(其中k∈N∗)，若a2k+1−a2ka2k−a2k−1=2，则A=( )
A. 2 33B. 2C. 2D. 2 3
8.定义方程f(x)=f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“躺平点”.若函数g(x)=lnx，ℎ(x)=x3−1的“躺平点”分别为α，β，则α，β的大小关系为( )
A. α≥βB. α>βC. α≤βD. α<β
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a>0，b>0，a+2b=1，下列结论正确的是( )
A. 1a+2b的最小值为9B. a2+b2的最小值为 55
C. lg2a+lg2b的最小值为−3D. 2a+4b的最小值为2 2
10.已知奇函数f(x)= 3sin(ωx+φ)−cs(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，将函数f(x)的图象向右平移π6个单位，得到函数g(x)的图象，则下列说法中正确的有( )
A. 函数g(x)的图象关于直线x=5π12对称
B. 当x∈[0,π2]时，函数g(x)的最小值是− 3
C. 函数g(x)在区间[−π6,5π6]上单调递增
D. 若函数y=g(x)−k(x−π6)有且仅有3个零点，则所有零点之和为π2
11.关于函数fx=sinx+csx有下述四个结论，则( )
A. f(x)是偶函数B. f(x)的最小值为−1
C. f(x)在−2π,2π上有4个零点D. f(x)在区间π2,π单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.请写出一个函数f(x)= ，使之同时具有如下性质：①∀x∈R，f(x)=f(4−x)，②∀x∈R，f(x+4)=f(x).
13.已知定义在R上的函数f(x)在[−2,+∞)上单调递增，且f(x−2)是偶函数，则满足f(2x)14.已知f(x)=4sinx+mcsx，x∈(0,π3)，若f(x)存在最大值，则正数m的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知向量a=(2sinx,2sin(x+π4))，向量b=(csx, 62(csx−sinx))，记f(x)=a⋅b(x∈R)．
(1)求f(x)表达式；
(2)解关于x的不等式f(x)⩾1．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=x+ax+1(a∈R)．
(1)若a=2，判断并证明f(x)在(0,+∞)上的单调性；
(2)若存在x∈(0,1)，使不等式f( x)<− x+1 x+4成立，求实数a的取值范围．
17.(本小题12分)
已知函数fx=4sinωx+π3ω>0在π6,π上单调递减．
(1)求ω的最大值；
(2)若fx的图象关于点3π2,0中心对称，且fx在−9π20,m上的值域为−2,4，求m的取值范围．
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a( 2−csB)=2bcs2A2．
(1)证明：b+c= 2a；
(2)若a=2，tanBtanC=3，求sinA．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax−1x−alnx(a>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1f(x1+x22)+mx1x2恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.A
5.B
6.B
7.B
8.D
9.AD
10.ABD
11.ABC
12.csπ2x
13.(−2,2)
14.(4 33,+∞)
15.解：(1)因为a=(2sinx,2sin(x+π4))，b=(csx, 62(csx−sinx))，
f(x)=a⋅b=(2sinx,2sin(x+π4))⋅(csx, 62(csx−sinx))
=2sinxcsx+2× 62sin(x+π4)(csx−sinx)
=2sinxcsx+ 3(cs2x−sin2x)
=sin2x+ 3cs2x=2sin(2x+π3)，
所以f(x)=2sin(2x+π3)；
(2)由(1)得2sin(2x+π3)≥1，
所以sin(2x+π3)≥12，
即π6+2kπ≤2x+π3≤5π6+2kπ,(k∈Z)，
解得−π12+kπ≤x≤π4+kπ,(k∈Z)，
所以不等式解集为[−π12+kπ,π4+kπ],(k∈Z)．
16.解：(1)a=2，则f(x)=x+2x+1，
当x>0时，f(x)在(0, 2)上单调递减，在( 2,+∞)上单调递增．
证明：∀x1，x2∈(0,+∞)且x2>x1，
f(x2)−f(x1)=(x2+2x2+1)−(x1+2x1+1)=(x2−x1)+(2x2−2x1)
=(x2−x1)+2(x1−x2)x2x1=(x2−x1)(1−2x2x1)=(x2−x1)(x2x1−2)x2x1，
x2>x1>0，故x2−x1>0，x2x1>0，
当x1，x2∈(0, 2)时，x2x1−2<0，所以x2−x1x2x1−2x2x1<0，
故fx2−fx1<0，即fx2当x1，x2∈( 2,+∞)时，x2x1−2>0，所以x2−x1x2x1−2x2x1>0，
故fx2−fx1>0，即fx2>fx1，所以函数f(x)在( 2,+∞)上单调递增．
(2)f( x)<− x+1 x+4，即 x+a x+1<− x+1 x+4，
即a x<−2 x+1 x+3，存在x∈(0,1)，使得a<−2x+3 x+1成立．
令t= x，x∈(0,1)，t∈(0,1).所以存在t∈(0,1)，a<−2t2+3t+1成立．
所以a<−2t2+3t+1max，t∈(0,1)．
又−2t2+3t+1=−2t−342+178，所以当t=34时，−2t2+3t+1max=178，
所以a<178，即a∈−∞,178．

17.解：(1)由条件知 x∈π6,π, 则 ωx+π3∈π6ω+π3,πω+π3 ，
由正弦函数的性质可知： π6ω+π3⩾π2+2kππω+π3⩽3π2+2kπ,k∈Z,∴ω∈[1+12k,76+2k],k∈Z
又有 π−π6=5π6⩽T2=πω (T为f(x)的最小正周期)，∴0<ω⩽65
当k=0 时， 1≤ω≤76 符合题意；
当 k≥1 时，1+12k>76+2k ，ω无解，
所以 ω 的最大值为 76 ．
(2)因为 fx 的图象关于点 3π2,0 中心对称，所以 3π2ω+π3=kπk∈Z ．
即 ω=2k3−29k∈Z ，
由(1)得： 1≤ω≤76 ，所以 ω=109 ，则 fx=4sin109x+π3 ，
当 x∈−9π20,m 时， 109x+π3∈−π6,109m+π3 ，
因为 fx 在 −9π20,m 上的值域为 −2,4 ，所以 sin109x+π3∈−12,1 ，
则 π2≤109m+π3≤7π6 ，解得 3π20≤m≤3π4 ，
所以m的取值范围是 3π20,3π4 ．

18.(1)证明：因为a( 2−csB)=2bcs2A2，
由正弦定理及半角公式可得sinA( 2−csB)=2sinB⋅1+csA2，
整理可得 2sinA=sinB+sinBcsA+sinAcsB=sinB+sinC，
由正弦定理可得 2a=b+c；
即证得b+c= 2a；
(2)解：因为a=2，由(1)可得b+c=2 2，
又因为tanBtanC=3，即3csBcsC=sinBsinC，可得csBcsC−sinBsinC=−2csBcsC，
可得cs(B+C)=−2csBcsC，即csA=2csBcsC，
由余弦定理可得：csA=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−42bc=2bc−1，
csB=a2+c2−b22ac=4+2 2(c−b)4c，
csC=a2+b2−c22ab=4+2 2(b−c)4b，
所以2bc−1=2⋅4+2 2(c−b)4c⋅4+2 2(b−c)4b，
整理可得：(b−c)2=bc，即b2+c2=3bc，
(b+c)2=5bc=8，可得bc=85，
所以csA=2bc−1=28=14，
所以sinA= 154．
19.解：(1)f′(x)=a+1x2−ax=ax2−ax+1x2，令f′(x)=0，则ax2−ax+1=0，
①当△=a2−4a⩽0，即0②当△=a2−4a>0，即a>4时，方程ax2−ax+1=0的解为x=a± a2−4a2a，
且当0a+ a2−4a2a时，f′(x)>0，f(x)递增，
当a− a2−4a2a综上，当0当a>4时，f(x)的单调递增区间为(0,a− a2−4a2a),(a+ a2−4a2a)，
单调递减区间为(a− a2−4a2a,a+ a2−4a2a)；
(2)若f(x)有两个极值点，由(1)知，a>4，且 x1,x2是方程ax2−ax+1=0的两个不等的实数根，
∴x1+x2=1,x1x2=1a，
∴不等式f(x1)+f(x2)2>f(x1+x22)+mx1x2
即为ax1−1x1−alnx1+ax2−1x2−alnx22>12a−2−aln12+am，
∴a(x1+x2)−x1+x2x1x2−aln(x1x2)>a−4+2aln2+2am，
∴a−a−aln1a>a−4+2aln2+2am，即2m令ℎ(a)=lna+4a−2ln2−1，则ℎ′(a)=1a−4a2=a−4a2>0，
∴ℎ(a)在(4,+∞)上单调递增，则ℎ(a)>ℎ(4)=0，
∴m⩽0，即实数m的取值范围为(−∞,0]．