四川省南充高级中学2023-2024学年高三上学期一模 理数答案

数学理科答案一．选择题：CCABCBDABBAD136二．填空题：13.14.（，2215.16.13498ln317.（1）a1时，fxx3x23x9，f'x3x22x3，f'211，f21，故切线方程是：y111x2，即11xy210；（2）若函数fx在区间1,2上单调递减，231则f'x3x2ax30在1,2恒成立，即ax在1,2恒成立，2x313x1x1令hxx，x1,2，h'x0在1,2恒成立，2x2x21515∴hx在1,2递减，hxh2，∴a.min44bn18.（1）2an1,bnlog2(an1),b1log2(31)2,log2(an11)2log2(an1),blog(a1)n12n12,bnlog2(an1)所以数列bn是以2为首项，2为公比的等比数列.n（2）由（1）可得，b2n，所以c1，nn2nn设d,设其前n项和为S，n2nn123n1n则S,①n2122232n12n1123n1nS,②2n2223242n2n1减②得n11111111n22nn2S1,n123nn11n1n12222221222n2所以S2,n2nn2所以T2n2.n2n{#{QQABBQCQggCAAAAAABgCAQWoCAAQkAGCCIoOgBAIIAIAQRNABAA=}#}acosCccosA19.【详解】（1）因为2b0，故acosCccosA2bcosC0，cosC则sinACCABCcossincos2sincos0，故sin(ACBC)2sincos0，因为ACBπ，则sin(ACB)sin0，23π则12cosC0，故cosC，则C；24a2c2b2b2c2a2（2）accosBbccosAb2，则acbcb2，2ac2bc112化简得a22b2，则b22，故△ABC的面积SabsinC4224.222AGAG220．【详解】（1）在Rt△AEG中，因为sinAEG，可得EG，EGsinAEGsinπ在AFG中，可知AFG，3AGsinGAF1GFAGGF由正弦定理，可得sinAFGπ，sinGAFsinAFGsin32020y10EG20GF所以sinπ.sin32020204020sin203cosy（2）由（1）可知：sinπsin3cossin3sincossin2sin3ππ80sin80sin33πππ2π，因为0，则,，2π2π33332cos214sin33380t80π3y33令tsin,1，则4t233，且y4t,y在,1上单调递增，324tt2t80t8033y3可知y4t在,1上单调递增，所以4t233在,1上单调递减，t24t2tπ当t1，即时，修建道路的总费用y取到最小值80万元.621.【详解】（1）因为f(x)eaxax(aR,a0)定义域为R，则f(x)aeaxaa(eax1)，当a0时，令f(x)0，解得x0，令f(x)0，解得x0，所以f()x在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增；当a<0时，令f(x)0，解得x0，令f(x)0，解得x0；{#{QQABBQCQggCAAAAAABgCAQWoCAAQkAGCCIoOgBAIIAIAQRNABAA=}#}所以f()x在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增，综上，f()x在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增.b（2）因为a(lnblnaa)bea1，所以lnblnaaea1，abbbb所以lnlnea11ea1，即ln（ea1）ea110aaaab令tea1，则有lntt10(t0)，a1设f(t)lntt1，则f(t)1，由f(t)0得t1t当0t1时，f(t)0，f()t单调递增，当t1时，f(t)0，f()t单调递减，所以f(t)maxf(1)0，即lntt10，又因为lntt10，所以lntt10，当且仅当t1时等号成立a1ba111a11e所以te1，从而e，所以原式=(a0)abaaba2ex1(x2)ex1设g()x(x0)，则g()x，由g(x)0得x2x2x3当0x2时，g(x)0，g()x单调递减，当x2时，g(x)0，g()x单调递增，e21ee所以g(x)g(2)，所以最小值为．min224422.【详解】（1）因为曲线C：sin22acosa0所以曲线C的直角坐标方程为y22axa0直线的直角坐标方程为：x-y-2=0cossin20即cos()2所以极坐标方程为：42x2t2（2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：2y4t21t2422at164a0，2设交点M、N对应的参数分别为t1、t2，则t1t22422a，t1t22164a，2因为PM、MN、PN成等比数列，所以t1t2t1t2，{#{QQABBQCQggCAAAAAABgCAQWoCAAQkAGCCIoOgBAIIAIAQRNABAA=}#}2即2，，t1t25t1t24422a10164a解得a1或a4（舍取），故满足条件的a1，123.【详解】（1）依题意，得4x24x4x1，21当x1时，4x24x4x1，可得x<2；211141当1x时，4x24x4x1，可得x；22152111当x时，4x24x4x1，可得x6；222114综上，不等式fxx1的解集为{x|x2或x6}．21512（2）依题意，fxm2xa2xam，2又2xa2xa22xa2xa2aa2，故aa2m，令gaaa2，a0,2，结合ga的图象知，gag22，故，maxm2∴m的取值范围为,2．{#{QQABBQCQggCAAAAAABgCAQWoCAAQkAGCCIoOgBAIIAIAQRNABAA=}#}