黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高三9月月考数学答案

2022.9月考参考答案一选择题题号123456789101112答案BCAADDDCABACDBCBC三、填空题13、3211414、4315、316、9(,4)]4、四、解答题17、（本题满分10分）解：（1）()ln(1),fxxx定义域为1(1,),'()11fxx，令'()010fxx，'()00fxx，所以()fx的增区间为(1,0)，减区间为(0,).（2）'()21agxbbxax，由已知11(1)ln3,'(1)ln(1)ln33ggabb且112,3.13ababa18、（本题满分12分）解：（1）由已知可得12sincostan2所以sincoscos2=22225saincosncos2tn1tan1sincosta1（2）由2tan6tan1可得22tan1tan21tan3，则tan(2)1。因为0,2所以152(0,),tan22(,)36又0,1tan2557(,)2(,2)2.63419、（本题满分12分）解：(1)若选①；在ABC中，因为sinsinπsinABCC，故由sinsinsinacABabAB可得sinsinsinacCabAB由正弦定理得cacabab，即222cabac，则1cos2B，又0πB，故π3B.选②23,sin3cosSBABCacBacB∴tan3B∴π(0,π),3BB.若选③由3cossin3bCacB及正弦定理.3sincossinsinsin3BCACB．又πABC，所以3cossin()sinsinsn3iCBCCBB.即3cossinsinsin0,3BCBC，因为0π,sin0CC，所以tan3B，又0π,B，得π3B.综上所述：选择①②③，都有π=3B(2)22224||2cosBDBABCBDcacaB22163cacaca163ca.又34343ABCSca（当且仅当433ca时取等）20、（本题满分12分）解：（1）由题设条件知f(x)的周期T＝π，即2πx，解得ω＝2．因f(x)在6πx处取得最大值2，所以A＝2，从而1)6π2sin(，所以Zkkπ,22π3π．又由－π＜φ≤π得6π．故f(x)的解析式为f(x))6π2sin(2x．（2）g(x)＝)2π2sin(21sincos624xxxxxx2cos22coscos624222(2cos1)(3cos2)2(2cos1)xxx23cos12x21(cos).2x因cos2x∈[0，1]，且cos2x≠21，故g(x)的值域为25,4747,1．21、（本题满分12分）解：（1）当0x时，1()2[()],()fxxnx因为()fx为奇函数，1()(),2[()]()fxfxxnx=11[()2](2)()(2)0mxmxnxx总成立.22mn，又当0x时，同理可得22mn，综上22mn.（2）20,0xxee原不等式可化为22112()22()20.xxxxeeee令12,xxtete则原不等式进一步化为230tt对2t恒成立.记2()3,[2,)gtttt(1)当242时，min()(2)10,1;gtg(2)当242，2min()()30,24gtg显然矛盾.综上的取值范围为1.22、（本题满分12分）解：（1）'()sin1,'(0)0xfxexf，当0x时，'()0,()fxfx在(,0)单调递减；当02x时，'()0,()fxfx在(0,)2单调递增.所以极小值(0)0f，无极大值.（2）由已知()2cos,(,),'()sin22xxgxexxxgxex，（1）当(,0)2xx时，g'(x)=(e-1)+sinx-10，所以()gx在(,0)2单调递减，所以()(0)0,gxg则()gx在(,0)2x上无零点；（2）当[0,]2x时，''()cos0,xgxex即'()gx递增，且2'(0)10,'()10,2gge所以存在0(0,),2x使0'()0.gx当0[0,)xx时，'()0gx，当0(,]2xx时，'()0,gx所以()gx在0[0,)x单调递减，在0(,]2x上单调递增，且(0)0,g所以0()0.gx设()2,[0,],2xhxexx则'()2xhxe，易得'(ln2)0,h当(ln2,),'()02xhx，当(0,ln2),'()0,xhx所以()hx在(0,ln2)单调递减，在(ln2,)2单调递增，所以min()(ln2)22ln20,hxh则2()0,2he即0()0()()0,()22ggxggx在0(,)2x上存在一个零点，综上，()gx在[0,]2上有两个零点；（3）当()2x,+时，由（2）可得2'()sin230,xgxexe所以()gx在()2,+上单调递增，而()02g，所以()gx在()2,+上无零点.综上所述，()gx在()2,+的零点个数为2.