四川省绵阳南山中学2024届高三上学期10月月考试题理科数学答案

绵阳南山中学高2021级高三上期10月月考试题理科数学答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。1-5:ADABC6-10:ADDBA11-12:CA二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13.−414.3√1015.(1,16)16.2三、解答题：共70分。17.（1）由题意得：πfxxxxxx()sin=−++=−+=−21cos2sin21sin22sin212，ππππ由−++2kxkkπ22π(Z)，可得−+kπx+kπ(kZ)；2244ππ所以fx()的单调递增区间是−++kkkπ,π(Z)；44kπ令2xk=π，kZ，解得：x=，，此时函数值为-1，2kπ所以对称中心为,−1,kZ．2ππ3π4（2）∵fxx+=+−=2sin21∴sin2x+=，63535π휋2휋휋∵퓧ϵ(−,0),∴2퓧+휖(−,),2333휋휋휋휋3∵sin(2퓧+)>0,∴0<2퓧+<,∴cos(2퓧+)=33335ππππππ3+4√3cos2cos2cosxxxx=+−=+++2cossin2sin=．3333331018.（1）设各项均为正数的等比数列an的公比为qq(0)，等差数列bn的公差为d，n−+11nn因为−an+1，an，an+2成等差数列，所以2an=−an++21an即2a1q=−a1qa1q，2因为q0，a10，所以2=−qq，解得q2或q=−1（舍去），nnn−−112所以aan===q1222，ba12=+1=2+1=5，3由2b5−3b2=a3−3可得2(5+4dd)−3(5+)=2−3，解得d=2，所以bn=b1+(n−1)d=5+2(n−1)=2n+3；答案第1页，总4页（）因为，所以，111112bnn=+23==−()(21)(21)(23)22123nbnnnn+++++n111111111所以Tn=−+−++−=23525722123nn++1111111111n−+−++−=−=235572123232369nnnn++++19.(1)：因为(aCBBC−=sincossincos)，即aBCBBCcossincossincos−=，所以a1abaBCBBCCBcossincossincossin=+=+()，即aBcoAssin=，所以=，又=，sincABossinsABinb1sinBb=3，所以=，所以tanBb===3，因为B(0,)，所以B=；sinBBcoscosB32222222(2)因为B=、b=3，由余弦定理bacacB=+−2cos，即3=+a−cac，即acacac+=+3232当且仅当ac==3时取等号，所以03ac，所以(acacacac+=++=+)22233，所以2，所以，所以，即三角形的周长的取值范围为312+(ac)323+ac2333CABC(23,3320.（1）因为fxxaxax()=−++23160a32()()，所以fxxaxaxxa'2()661661=−++=−−()()()．2①当a=1时，fxx'()61=−()0，fx()在R上严格递增；②当01a时，由fx()0得xa或x1，由fx()0得ax1，所以在(,−)a单调递增，在(,1a)上单调递减，在(1,)+单调递增；③当a1时，由得x1或xa，由得1xa，所以在(−,1)单调递增，在(1,a)上单调递减，在(,)a+单调递增；（2）由（1）可知①当时，，在0,1a+上严格递增，此时fx()在上的最大值为fa(+1)；②当时，在(0，a)单调递增，在上单调递减，在(1,1a+)单调递增；，在上的最大值只有可能是fa()或，因为在上的最大值为，11所以f(a+−1)f(a)=−+(a33a2+−−−+3a1)(a33a2)=−3a10，解得a，此时a1；33③当a1时，在(0,1)单调递增，在上单调递减，在(aa,1+)单调递增；答案第2页，总4页fx()在0,1a+上的最大值可能是f(1)或fa(+1)，因为fx()在上的最大值为，所以fafaaaaaaaa(+−=−++−−−=1133131330)()(−+=32322−−)()()，解得a3，此时13a，11由①②③得，a3，∴满足条件的a的取值范围是,3．3321.（1）fx()有两个零点，关于x的方程eax=x有两个相异实根，lnxe0ax，x0,有两个零点即a=有两个相异实根.xlnx1−lnx令Gx()=，则Gx()=，Gx()0得0ex，Gx()0得xe,xx21Gx()在(0,e)单调递增，在(e,+)单调递减，==GxG()e()，maxe又G(1)0,=当01x时，Gx()0，当x1时，Gx()0，当x→+时，Gx()→0,1有两个零点时，实数a的取值范围为0,；eax（2）由题意，不等式xfxxgx()+()对++xa(0,,1,))恒成立，则xxbxeln1++对一切x+(0,)恒成立，ax1,0，所以xxeeaxx，原命题等价于xexlnx+bx+1对一切恒成立，ln1xln1x−−bex对一切恒成立，令Fxx()=−−e(0)x，bFx()，xxxxminlnelnxxx2x+Fx()=+=ex，xx221令hxxx()=++x2eln,0,x()，则hxxx()=++2ee0xx2对恒成立，x1−210hx()在(0,+)上单增，又hh(1e0,e1e10)==−−=e，e12x0x0,1使hx(0)=0，即xx00eln0+=①，e当xx(0,0)时，hx()0，即Fx()在(0,x0)递减，x0lnx01当xx(0,+)时，hx()0，即在(x0,+)递增，F(x)min=F(x0)=e−−，xx001lnxln2x0xx000111由①xx00eln=−，=x0−==elnlne，xxxx0000设(xx)=ex，，则(xx)=ex+=xex(1+)ex0，答案第3页，总4页x1函数(xx)=e在(0,+)单调递增，=x0ln即xx00=−ln，x0−x111Fx=e−lnx0−0−=+1−=1()min，b1,实数b的取值范围为(−,1.x0x0x0x0x=2cosx222.（1）由（为参数），得+=y21，y=sin4故曲线C的普通方程为．由2cossin20−+=，得22xy0−+=，故直线l的直角坐标方程为．5xt=（2）由题意可知直线l的参数方程为5（t为参数）．25yt=+25将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得17325600tt2++=，32560设A，B对应的参数分别是t1，t2，则tt+=−，tt12=，1217171185tttt++故+===1212．PAPBtttt121215−+21,2xx−23.（1）因为fxxxx()=−++=−325,23，21,3xx−x−2−23xx3所以fx()7等价于，或，或，−+217x57217x−解得−−32≤x≤或−23x或34x，所以−34x，即不等式的解集为−3,4．（2）因为f(x)=x−33+x+aa+，当且仅当(xxa−−30)()时等号成立；所以函数f(x)=x−3+x+a的最小值为a+3，由已知可得a+32，所以a+32或a+32−，解得a−1或a−5，即a的取值范围(−,−5−1,+)．答案第4页，总4页