江苏省扬州二中2020-2021学年高三年级月考数学试题
单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分在每小题给出的四个选项中,只有一项
点P从(1
发,沿单位圆按顺时针方向运动
长到达Q
Q的坐标为
幂函数
的图象
函数g(x)
的递增区间为
知函数f(X)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式可能为
(x)
月3日嫦娥四号探测器成功
类历史上首次月球
着陆,我国航天事业
得又一重大成就,实现月球背面软
解决
关键技术问题是地面与探测器的通讯联
为解决
发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”,鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道
是平
于地月连线的延长线上.设地球质量为
球质量为
离为
L,点到月球
为『,根据牛顿运动
有引力定律,「满足方程
似值为(
R
C
0≤X≤1
知函数
存在实数
的最大值
1-ln2
平行于X
线|分别与函数y=2
图像相交
若函数y
的图
使得△ABC为等边三角形
这样的直线(
有一条
有两条
数条
多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分在每小题给出的四个选项中,有多项符
合题目要求全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分
来,5G的发展将
动包括运营、制
务在内的通
整体的快速
对GDP增长产生直接贡献,并通过
的关联效
接带动国民经济各行业
发展,创造出更多的经济增加值.如图,某单
数据,对今后几年
预
丁知(
5G经济产出/亿元
30000
2500
500
20232042052062272082029200年份
口运营商信息服务商■设备制造商
B.设备制造商的经济产出前期增长
后期放
设备制造商在各年的总经
直处于领先地
D.信息服务商与运营商的经济产岀的差距有逐步拉大的趋势
说法正确的
1”是
1”的充分不必要条
”的充要条
C命题“X
0”的否定是“3X∈R,使得x
D.已知函数
()的定义域为R则
是“函数y=f(X)为奇函数”的必要
知函数
(×)是奇函数,且对定义域内的任意X都有f(1
X
函数
()的图像关于点(10)成中心对称
B函数y=f(X)是以2为周期的周期函数
当X∈(-10)时,f(x)=-l0g2(①1
数
(XD在(-10)上单调递
列判断正确的是(
等式f(2x-1)-f(X)>0的解集为
C.当a>e时,函数f(×)有两个零点
()的最
填空题:本题共4个
每小题5分,共20分
(×)为偶函数
线斜率是
函数f(
的最小值等
将
从大到小排序
函数f(x)=X(X-1)(X-a)(其中a>1)有两个不同的极值点X,x2,若不等式
(X)+f(x)≤0成立,则实数a的取值范围是
解答题:本题共6
共70分解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤扬州二中
2020-2021
学年高三年级月考数学试题
2020.10.5
一、单项选择题：
1—5.ACABD
6—8.BAB
二、多项选择题：
9．ABD
10.ACD
11.ABC
12.
ABD
三、填空题：
13.
14.
15.
a＞c＞b
16．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.解：由得即，故
选①：
当时，；
当时，即；
当时，此时
综上：
选②③：答案同①
18．解：（1）；
（2）是第三象限角,，
又，所以，所以
故
19.
解：（1）由
年度周期
1
2
3
4
5
纯增数量（单位：万辆）
3
6
9
15
27
所以，，
.
所以.
因为过点，所以，
，所以.
2025~2030年时，，所以，
所以2025~2030年间，机动车纯增数量的值约为34.8万辆.
（2）根据列联表，计算得的观测值为
，
，
所以有的把握认为“对限行的意见与是否拥有私家车有关”.
20.
解：（1），当时，的对称轴为：；
当时，的对称轴为：；∴当时，在R上是增函数，即时，函数在上是增函数；
（2）方程的解即为方程的解．
①当时，函数在上是增函数，∴关于的方程不可能有三个不相等的实数根；
②当时，即，∴在上单调增，在上单调减，在上单调增，∴当时，关于的方程有三个不相等的实数根；即，∵∴．
设，∵存在使得关于的方程有三个不相等的实数根，
∴，又可证在上单调增
∴∴；
③当时，即，∴在上单调增，在上单调减，在上单调增，
∴当时，关于的方程有三个不相等的实数根；
即，∵∴，设
∵存在使得关于的方程有三个不相等的实数根，
∴，又可证在上单调减∴
∴；
综上：．
21．
（1）
因为平面平面，
所以平面，故，
又因为，，，
所以，故，
因为，所以，
又因为，所以平面，故.
（2）以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
因为平面，
所以是直线与平面所成角，
故，
所以，，
，，，，，，
设平面的法向量为，则
，所以，
令，得，
因为平面，
所以为平面的一条法向量，
，
，
所以二面角的余弦值为.
22.
解：（1）方法一：由（1）可得f(x)＝ex－e－x－mx，所以f
'(x)＝ex＋e－x－m＝．
①当m≤2时，由于e2x－mex＋1≥0恒成立，
即f
'(x)≥0恒成立，故不存在极小值．
②当m＞2时，令ex＝t，则方程t2－mt＋1＝0有两个不等的正根t1，t2
(t1＜t2)，
故可知函数f(x)＝ex－e－x－mx在(－∞，lnt1)，(lnt2，＋∞)上单调递增，
在(lnt1，lnt2)上单调递减，即在lnt2处取到极小值，
所以，m的取值范围是(2，＋∞)．
方法二：由（1）可得f(x)＝ex－e－x－mx，令g(x)＝f
'(x)＝ex＋e－x－m，
则g′
(x)＝ex－e－x＝．
故当x≥0时，g′(x)≥0；当x＜0时，g′(x)＜0，
故g(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以g(x)min＝g(0)＝2－m．
①若2－m≥0，则g(x)≥0恒成立，所以f(x)单调递增，此时f(x)无极值点．
②若2－m＜0，即m＞2时，g(0)＝2－m＜0．取t＝lnm，则g(t)＝＞0．
又函数g(x)的图象在区间[0，t]上不间断，所以存在x0∈
(0，t)，使得
g(x0)＝0．
又g(x)在(0，＋∞)上递增，
所以x∈(0，x0)时，g(x)＜0，即f
'(x)＜0；x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，即f
'(x)＞0，
所以f(x0)为f(x)极小值，符合题意．
所以，m的取值范围是(2，＋∞)．
（2）由x0满足e＋e＝m，代入f(x)＝ex－e－x－mx,
消去m，可得f(x0)＝(1－x0)e－(1＋x0)e．
构造函数h(x)＝(1－x)ex－(1＋x)e－x，所以h′(x)＝x(e－x－ex)．
当x>0时，e－x－ex＝≤0，所以当x>0时，h′(x)≤0恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上为单调减函数，其中h(1)＝－,
则f(x0)≥－可转化为h(x0)≥h(1)，故0由e＋e＝m，设y＝ex＋e－x，
可得当x>0时，y’＝ex－e－x≥0，所以y＝ex＋e－x在(0，1]上递增，故m≤e＋．
综上，m的最大值为e＋．
