四川省射洪中学2024届高三上学期10月月考数学答案（理科）

射洪中学高2021级高三10月月考数学(理)试题答案1.B【详解】由A=x∈Z-1≤x≤3，可得A=-1,0,1,2,3，2由B=xx≤2，可得B=x-2≤x≤2，所以A∩B=-1,0,1.故选：B2.D【详解】对于A，∵y=cosx在π,2π上单调递增，∴当2π>a>b>π时，cosa>cosb，A错误；xabab对于B，∵y=2在0,+∞上单调递增，∴2>2，即2-2>0，B错误；111对于C，∵y=在0,+∞上单调递减，∴<，C错误；xab333对于D，∵y=x在0,+∞上单调递增，∴a>b，D正确.故选：D.3.D【详解】由题意得¬p是真命题，即∀x∈R，3ax2+2ax+1>0，当a=0时，1>0符合题意；当a≠0时，有a>0，且Δ=(2a)2-4⋅3a<0，解得00,e>e=1，故e+1>0,e-1>0，2∴f(x)>0；综上所述：A正确，B、C、D错误.故选：A.6.CT7πππ7.A【详解】依题意，A=2，=-=，故T=π，412342π7π7π3π故ω==2，故f(x)=2sin(2x+φ)，将,-2代入可知，2×+φ=+2kπ(k∈Z)，π12122πππ2π解得φ=+2kπ(k∈Z)，故f(x)=2sin2x+，故g(x)=fx-=2sin2x-，33235ππ2则g=2sin=故选：A.1262理科答案第1页共7页228.B【详解】∀x∈R，9x+1>3x≥3x，则9x+1-3x>0恒成立，22又因为fx+f-x=ln9x+1-3x+ln9x+1+3x+x-x+222=ln9x+1-9x+2=2，因为a+b=2023，则b-2025+a+2=0，因此，fb-2025+fa+2=2.故选：B9.A【详解】因为tan2α-tanα⋅cos2α=2，sin2αsinα所以-tanα⋅cos2α=2，所以sin2α-⋅cos2α=2，cos2αcosαsinα2即2sinαcosα-⋅2cosα-1=2，cosαsinαsinα即2sinαcosα-2sinαcosα+=2，即=tanα=2.故选：Acosαcosα10.D【详解】因为fx+6=-fx+3=fx，所以fx是以6为周期的函数，-22π13所以f2023=f337×6+1=f1=f-2+3=-f-2=-2+sin-=-+.342111.B【详解】由x．a997291又因为0xex，x1设fx=2ax-a,gx=xe，则直线fx=2ax-a过定点,0，2x由题意得函数gx=xe的图象在直线fx=2ax-a的下方．xx∵gx=xe，∴gx=x+1e．mx2a=m+1e设直线fx=2ax-a与曲线gx=xe相切于点m,n，则有{ ，mem=2am-a21消去a整理得2m-m-1=0，解得m=-或m=1(舍去)，2111-21-2ee故切线的斜率为2a=-+1e=e=，解得a=．222e4e-1又由题意知原不等式无整数解，结合图象可得当x=-1时，f-1=-3a,g-1=-e，1由f-1=g-1解得a=，3e11e当直线fx=2ax-a绕着点,0旋转时可得≤a<，23e4e1e故实数a的取值范围是,．选B．3e4e理科答案第2页共7页11mm213.-或【详解】根据题意可设fx=x,m∈R，由题可知2=4，解得m=2，则fx=x，221211111又fa=，即a=，解得a=-或.故答案为：-或.44222214.1+i221-i21-i【详解】因为z====1-i，1+i1+i1-i2所以z=1+i，故答案为：1+i15.【答案】5y116.【详解】对于①,如图:123456Ox任取x1,x2∈0,+∞当x1,x2∈0,2,fx1-fx2=sinπx1-sinπx2≤211n*当x∈2,+∞,f(x)=f(x-2)=sinnπ,n∈N22∴x1,x2∈0,+∞,fx1-fx2≤2,恒成立故①正确.11kk*对于②,∵f(x)=f(x-2)∴f(x+2k)=f(x)∴f(x)=2f(x+2k)k∈N,22故②错误.对于③,fx=lnx-1的零点的个数问题,分别画出y=fx和y=lnx-1的图像如图:y1123456Ox∵y=fx和y=lnx-1图像由三个交点.∴fx=lnx-1的零点的个数为:3.故③正确.对于④,设x∈2k,2k+2,k∈Nsinπx,x∈0,2∵fx=    1fx-2,x∈2,+∞2121∴f(x)=,k∈N令gx=在x∈2k,2k+2,k∈N可得:gx=max2kxmink+1当k=0时,x∈0,2,f(x)max=1,gxmin=1,∴f(x)max≤gxmin211∵若任意x>2,不等式fx≤恒成立,即f(x)≤gx,可得≥xmaxmink+12k理科答案第3页共7页11k求证:当k≥1,≥,化简可得:2≥k+1，k+12k设函数T(k)=2k-k-1,则T(k)=2kln2-1≥0∴当k≥1时,T(k)单调递增,可得T(k)≥T(1)=0，kk11∴T(k)=2-k-1≥0∴2≥k+1即:≥，k+12k2综上所述,对任意x>0,不等式fx≤恒成立.故④正确.故答案为:①③④.x17.解：1∵A={x|x-5<2x-5，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分m+1<-2m≤-2解得：m>-4，m<-3∴m的取值范围是{m|-4理科答案第4页共7页3219.解：1f(x)=ax+cx，则f(x)=3ax+c，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分由题可知f(2)=12a+c=0，f(1)=3a+c=-9，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分3解得a=1,c=-12，故fx=x-12x．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分322由(1)知fx=x-12x，f(x)=3x-12=3x+2x-2，故当x∈-1,2，f(x)<0，fx单调递减；当x∈2,3，f(x)>0，fx单调递增；又f-1=11,f2=-16,f3=-9，故fx在-1,3上的值域为-16,11；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分g(x)=mx+5(m>0)，当x∈-1，3，gx单调递增，故gx值域为-m+5,3m+5；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分根据题意-m+5，3m+5是-16，11的子集，故-m+5≥-16,3m+5≤11，m>0，解得m∈0，2，故实数m的取值范围为0，2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分π2π120.【详解】(1)因为f(x)=3sin(π+x)sinx-+cos+x-，22221所以f(x)=3-sinx-cosx+sinx-，231-cos2x1=sin2x+-，22231π=sin2x-cos2x=sin2x-，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分226πππππ令-+2kπ≤2x-≤+2kπ，解得-+kπ≤x≤+kπ，26263ππ所以fx的单调递增区间：kπ-,kπ+，(k∈Z)；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分63π(2)因为f(A)=1，所以fA=sin2A-=1，6π又因为A∈(0，π)，所以A=，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分3b2+c2-41在三角形ABC中，利用余弦定理得cosA==，2bc2整理得：b2+c2-4=bc，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分又因为b2+c2≥2bc，所以b2+c2-4≥2bc-4，即bc≥2bc-4，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分13所以bc≤4，当且仅当b=c时等号成立，S=bcsinA=bc△ABC24所以S△ABC≤3，当且仅当a=b=c=2时，S△ABC取得最大值3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分理科答案第5页共7页21.解：(1)当t=0时，f(x)=x-ex+1，f(x)=1-ex，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当x<0，f(x)>0，f(x)在(-∞,0)内单增；当x>0，f(x)<0，f(x)在(0,+∞)内单减，f(x)max=f(0)=0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分(2)由f(x)=1，得xetx=ex，即x=ex(1-t)>0，原方程无负实根，lnx故有=1-t，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分xlnx1-lnx令g(x)=，g(x)=，xx2当00，f(x)在(0,e)内单增；当x>0，f(x)<0，f(x)在(e,+∞)内单增，1则g(x)=g(e)=，而当x→0时，g(x)→-∞，maxe1故g(x)值域为-∞,.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分e111方程f(x)=1无正实根等价于当1-t∉-∞,，即1-t>，也即t<1-，eee1综上，当t<1-时，方程f(x)=1无实根.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分e(2)f(x)=etx+txetx-ex=etx[1+tx-e(1-t)x]，由题设知∀x>0，f(x)≤0，无妨取x=1，有f(1)=et(1+t-e1-t)≤0，即e1-t≥1+t>