kb2银川一中2024届高三第二次月考数学(理科)参考答案【详解】（1）若选择模型（1），将1,2以及3,3代入可得一、选择题：3kb3题号1234567891011121k答案CADCAABDCDCD2t3解得，即mt，经验证，符合题意；二、填空题322b45213．114.15.4016.,4U0,+13ba2若选择模型（2），将1,2以及3,3代入可得3，三、解答题ba3517.【答案】(1)T，单调递增区间为k,kkZ.(2)m0,1.6at12122266解得，即mt,，232(1)整理函数的解析式可得fx2sin2x1，据此可得函数的最小正周期T，单b6335调递增区间为k,kkZ.当t10时，m1012.4，故此函数模型不符题意，1212t32因此选择函数模型（1），其解析式为mt（1t30且t为整数）22(2)由题意可得2x，，结合(1)中的函数解析式可知fx的值域为2,3.而363（2）记日销售利润为y，fxm2，故m0,1.t33279当1t15且t为整数时，ymtf1t3t88tt132，试题解析：2222279(1)fx2sinx3cos2x对称轴t，故当t13时，利润y取得最大值，且最大值为392（百元）46t3600900t1cos2x3cos2x当16t30且为整数时，ymtf2t2303t，222tt1sin2x3cos2x当16t30时，利润y单调递减，故当t16时取得最大值，且最大值为375.25（百元）2sin2x1，所以，这30天内日利润均未能超过4万元，该公司需要考虑转型.319.【分析】（1）求出函数f(x)的定义域及导数，再分类讨论求解单调区间作答.最小正周期T，（）由（）求出函数f(x)在(1,)的最大值，结合题意构造函数，利用导数推理作答21.函数的单调递增区间满足：2k2x2k，【详解】（）函数2的定义域为(0,)，2321f(x)2mlnxx2(m1)x2m2(x1)(xm)5解得fx的单调递增区间为k,kkZ.求导得fx2x2(m1)，m0，1212xx当时，恒有，函数fx在0,上单调递减；2m1f(x)0x,2x，(2)，所以，42363当m1时，由f(x)0，得0x1或x>m，fx单调递减，由f'(x)0，得1xm1fxsin2x，1，，单调递增；32当0m1时，由fx0，得0xm或x1，fx单调递减，由，得所以fx的值域为2,3.f'(x)0，fx单调递增；而fxm2，所以m22,3，即m0,1.mx1t3所以当0m1时，函数fx在(0,m),(1,)上单调递减，在(m,1)上单调递增；18.【答案】(1)选择函数模型①，其解析式为mt（1t30且t为整数）22当m1时，函数fx在0,上单调递减；这天内日利润均未能超过万元，该公司需要考虑转型，理由见解析(2)304当m1时，函数fx在(0,1),(m,)上单调递减，在(1,m)上单调递增.【分析】（1）将将1,2以及3,3分别代入对应的函数模型，求得对应的函数解析式，再（2）由（1）知，当m1时，函数fx在(1,m)上单调递增，在(m,)上单调递减，代入计算m10判断是否满足即可；2则当xm时，fx取得最大值fm2mlnmm2m，（2）记日销售利润为y，根据一次函数与二次函数的单调性分析y的最大值，判断与4万于是当时，x1,，使得fx3mm21成立，当且仅当时，元的大小关系判断即可m1m1学科网（北京）股份有限公司f(m)3mm21成立，11π又h1g110，h2g2sin1sin0，即当m1时，2mlnm2m2m10成立，令函数g(m)2mlnm2m2m1,m1，446πππ11求导得g(m)2lnm4m3，h1g1sin22102222ππ，令h(m)2lnm4m3,m1，求导得h(m)40，11m22于是函数h(m)单调递增，即g(m)在(1,)上单调递增，g(m)g(1)10，π2则存在x0,2，使得hx0gx00，即存在x0,1，使得hx0gx00，因此函数g(m)在(1,)上单调递增，g(m)g(1)0，即当m1时，f(m)3mm1成2立，所以当m1时，x1,，使得fx3mm21.π所以当x0,x0时，hxgx0，当xx0,1时，hxgx0，2π220.【答案】(1)A(2)2731所以xx0为gxf(x)cosx1的唯一极大值点，【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.x（）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得的最小值π24bc.故fx在区间0,1上存在唯一极大值点x0；absinBsinC2【详解】（1）依题意，，csinAsinB1（2）由（1）知，f(x)cosx1，x0,，abbc222x由正弦定理得,abbcc，cabππ222①当x0,1时，由（1）知，f(x)在0,x0上单调递增，在x0,1上单调递减，222bca122cbabc，所以cosA0，2bc2ππ1f1cos02π又f(1)cos010，22π，所以A是钝角，所以A.1321π（2）BADCADA，ππ12π222fcos1sin1sin02322ππ4π2π，12π1π1π2SVABCSVABDSVACD，所以bcsinc3sinb3sin，232323ππbc33所以存在,1，使得f0，即bc3cb,1，22bccbπ3312b3c12b3c所以当x0,1，,1时，f(x)0，fx单调递减，所以4bc4bc1515227，2cbcbcb当x1,时，f(x)0，fx单调递增，12b3cπππ当且仅当cb,c2b9时等号成立.又f1sin0ln10，f1sinln10，222bc3cbπ21.【答案】(1)证明见解析(2)2所以当x0,1时，fx有唯一的零点x1；2【详解】（1）由题意知，函数fxsinx1lnx的定义域为0,，且π11②当x1,1π时，f(x)cosx10，fx单调递减，f(x)cosx1，2xxπf1πsinπln1π0x1,1πf(x)01π1π又，所以存在1，使得1；令gxf(x)cosx1，x0,1，所以gxsinx1，x0,12x2x22当x1π,时，，所以fx0，则fx在x1π,没有零点；，③lnx11π2综上所述，fx有且仅有2个零点.令hxgxsinx1，x0,1，则hxcosx1，x22x3π22当x0,1时，cosx10,0，所以hxcosx10，233xx1π即hxgxsinx1在x0,1上单调递减，x22学科网（北京）股份有限公司立，abcabcππ因为abc0，所以，22.【详解】（1）由O2ON知：O2OON1，AON，...................2分2336222abcabc所以....................10分bccaab3π11π11π点N的极角为2π，点N的极坐标为1,....................5分666（2）ππ由题意知：OK2，OM2sinπ，MOK，231πSVMOKOKOMsinMOK2sinsin231321132sinsincossin3sincoscos2sin2222221πsin2，.................7分26ππ7π13ππ13Q,π，2,，sin21,，SVMOK0,..........10分266662223【详解】（1）因为a,b,cR,a2b2c29，所以a2b2c233a2b2c2，即933a2b2c2，...................2分当且仅当abc且a2b2c29，即abc3时，等号成立，所以3a2b2c23，即a2b2c227，故abc33....................5分（2）因为a,b,cR，a2bca2bca2bc因为2a，当且仅当，即2abc取得等号，bc4bc4bc4b2ca同理可得b，当且仅当2bac取得等号，ca4c2ab同理可得c，当且仅当2cba取得等号，...................7分ab4a2b2c2abca2b2c2abc上面三式相加可得abc，即，bccaab2bccaab2当且仅当2abc，2bac，2cba且a2b2c29，即abc3时，等号成学科网（北京）股份有限公司