10月月考理科数学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届四川省绵阳南山中学高三上学期10月月考_四川省绵阳南山中学2024届高三上学期10月月考理科数学

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: ADABC 6-10 :ADDBA 11-12 :CA
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分
13.
答案 第1页，总4页
− 4 14.3√10 15. (1,16) 16. 2
三、解答题：共 70 分。
17.（1）由题意得：
f ( x ) = s in 2 x −

1 + c o s

2 x +
π
2
 
= s in 2 x − 1 + s in 2 x = 2 s in 2 x − 1
，
由 −
π
2
+ 2 k π  2 x 
π
2
+ 2 k π ( k  Z )
π π
，可得− +kπx +kπ(kZ)；
4 4
所以 f ( x ) 的单调递增区间是

−
π
4
+ k π ,
π
4
+ k π

( k  Z ) ；
令2x=kπ， k  Z ，解得： x =
k π
2
，kZ，此时函数值为-1，
kπ 
所以对称中心为 ,−1,kZ．
 2 
（2）∵ f

x +
π
6

= 2 s in

2 x +
π
3

− 1 =
3
5
 π 4
∴sin2x+ = ，
 3 5
∵ 𝓧ϵ(−π,0), ∴2𝓧+ 𝜋 𝜖(− 2𝜋 , 𝜋 ),
2 3 3 3
𝜋 𝜋 𝜋 𝜋 3
∵sin(2𝓧+ )>0, ∴0<2𝓧+ < , ∴cos(2𝓧+ )=
3 3 3 3 5
c o s 2 x = c o s
 
2 x +
π
3

−
π
3

= c o s

2 x +
π
3

c o s
π
3
+ s in

2 x +
π
3

s in
π
3
3+4√3
= ．
10
18.（1）设各项均为正数的等比数列  a
n
 的公比为q(q0)，等差数列  b
n
 的公差为d，
因为−a ，a ，a 成等差数列，所以2a =a −a 即2aqn−1=aqn+1−aqn，
n+1 n n+2 n n+2 n+1 1 1 1
因为 q  0 ，a 0，所以
1
2 = q 2 − q ，解得 q 2 或 q = − 1 （舍去），
所以 a
n
= a
1
q n − 1 = 2  2 n − 1 = 2 n ，b =a +1=22+1=5，
1 2
由2b −3b =a −3可得2(5+4d)−3(5+d)=23−3，解得d =2，
5 2 3
所以b =b +(n−1)d =5+2(n−1)=2n+3；
n 1（2）因为b =2n+3 ，所以，
n
答案 第2页，总4页
( 2 n
1
+ 1 ) b
n
=
( 2 n + 1
1
) ( 2 n + 3 )
=
1
2
(
2 n
1
+ 1
−
2 n
1
+ 3
)
所以 T
n
=
1
2
 1
3
−
1
5

+
1
2
 1
5
−
1
7

+ +
1
2

2 n
1
+ 1
−
2 n
1
+ 3

=
1
2
 1
3
−
1
5
+
1
5
−
1
7
+ +
2 n
1
+ 1
−
2 n
1
+ 3

=
1
2
 1
3
−
2 n
1
+ 3

=
6 n
n
+ 9
19.(1)：因为 ( a − s i n C ) c o s B = s i n B c o s C ，即 a c o s B − s in C c o s B = s in B c o s C ，所以
a c o s B = s i n C c o s B + s i n B c o s C = s i n ( C + B ) ，即 a c o s B = s in A ，所以
s
a
in A
=
c o
1
s B
，又
s
a
in A
=
s
b
in B
，
b = 3 b 1 sinB ，所以 = ，所以tanB= =b= 3 ，因为
sinB cosB cosB
B ( 0 , )   ，所以 B= ；
3
(2)因为 B
3
 = 、b= 3 ，由余弦定理 b 2 = a 2 + c 2 − 2 a c c o s B ，即 3 = a 2 + c 2 − a c ，即 a 2 + c 2 = 3 + a c  2 a c
当且仅当a=c= 3 时取等号，所以 0  a c  3 ，所以 ( a + c ) 2 = a 2 + c 2 + 2 a c = 3 + 3 a c ，所以
3  ( a + c ) 2  1 2 ，所以 3  a + c  2 3 ，所以 2 3  C
A B C
 3 3 ，即三角形的周长的取值范围为
(
2 3 , 3 3 
20. （1）因为 f ( x ) = 2 x 3 − 3 ( a + 1 ) x 2 + 6 a x ( a  0 ) ，所以 f '( x ) = 6 x 2 − 6 ( a + 1 ) x + 6 a = 6 ( x − 1 ) ( x − a ) ．
①当a=1时， f '( x ) = 6 ( x − 1 ) 2  0 ， f ( x ) 在R上严格递增；
②当 0  a  1 时，由 f ( x )  0 得 x  a 或 x  1 ，由 f ( x )  0 得 a  x  1 ，
所以 f (x)在 ( −  , a ) 单调递增，在 ( a , 1 ) 上单调递减，在 ( 1 , +  ) 单调递增；
③当 a  1 时，由 f(x)0得 x  1 或 x  a ，由 f(x)0得1 xa，
所以 f ( x ) 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 a = 1 时， f '( x ) = 6 ( x − 1 ) 2  0 ， f ( x ) 在0,a+1上严格递增，此时 f ( x ) 在  0 , a + 1  上的
最大值为 f ( a + 1 ) ；
②当 0  a  1 时， f (x)在(0，a)单调递增，在(a,1)上单调递减，在 ( 1 , a + 1 ) 单调递增；
， f ( x ) 在0,a+1上的最大值只有可能是 f ( a ) 或 f ( a + 1 ) ，因为 f(x)在  0 , a + 1  上的最大值为 f ( a + 1 ) ，
所以 f (a+1)− f (a)= ( −a3+3a2+3a−1 ) − ( −a3+3a2) =3a−10，解得 a  1
3
，此时 1
3
 a  1 ；
③当a1时， f (x)在(0,1)单调递增，在(1,a)上单调递减，在(a,a+1)单调递增；答案 第3页，总4页
f ( x ) 在  0 , a + 1  上的最大值可能是 f ( 1 ) 或 f ( a + 1 ) ，因为 f ( x ) 在  0 , a + 1  上的最大值为 f ( a + 1 ) ，
所以 f ( a + 1 ) − f ( 1 ) = ( − a 3 + 3 a 2 + 3 a − 1 ) − ( 3 a − 1 ) = − a 3 + 3 a 2 = − a 2 ( a − 3 )  0 ，解得 a  3 ，此时 1 a 3 ，
1
由①②③得， a3，∴满足条件的
3
a 的取值范围是
 1
3
, 3

．
21. （1） f ( x ) 有两个零点，  关于x的方程 e a x = x 有两个相异实根，
e a x  0 ，  x  0 , f (x)有两个零点即 a =
ln
x
x
有两个相异实根.
lnx 1−lnx
令G(x)= ，则G(x)= ，
x x2
G  ( x )  0 得 0  x  e ， G  ( x )  0 得 x  e ,
 G ( x ) 在 ( 0 , e ) 单调递增，在 ( e , +  ) 单调递减，  G ( x )
m ax
= G ( e ) =
1
e
，
又 G ( 1 ) = 0 ,  当 0  x  1 时， G ( x )  0 ，当x1时， G ( x )  0 ，当x→+时， G ( x ) → 0 ,
f ( x ) 有两个零点时，实数 a 的取值范围为

0 ,
1
e

；
（2）由题意，不等式 x  f ( x ) + x   g ( x ) 对 x ( 0 , ) , a 1 , )     +   + 恒成立，则 x e a x  ln x + b x + 1 对一切
x(0,+)恒成立， a  1 , x  0 ，所以 x e a x  x e x ，
原命题等价于xex lnx+bx+1对一切 x ( 0 , )   + 恒成立，
 b  e x −
ln
x
x
−
1
x
对一切 x ( 0 , )   + 恒成立，令 F ( x ) = e x −
ln
x
x
−
1
x
( x  0 ) ，  b  F ( x )
m in
，
F  ( x ) = e x +
ln
x
x
2
=
x 2 e x
x
+
2
ln x
，
令h(x)=x2ex+lnx,x(0,+)，则 h  ( x ) = 2 x e x + x 2 e x +
1
x
 0 对 x ( 0 , )   + 恒成立，
 h ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上单增，又 h ( 1 ) = e  0 , h  1
e
 = e 1e − 2 − 1  e 0 − 1 = 0 ，
  x
0

 1
e
,1

使 h ( x
0
) = 0 ，即 x 20 e x0 + ln x
0
= 0 ①，
当x(0,x )时，
0
h ( x )  0 ，即F(x)在 ( 0 , x
0
) 递减，
当x(x ,+)时，
0
h ( x )  0 ，即 F ( x ) 在 ( x
0
, +  )
lnx 1
递增，F(x) =F(x )=ex0 − 0 − ，
min 0 x x
0 0
由① x 20 e x0 = − ln x
0
，  x
0
e x0 = −
ln
x
x
0
0 =
1
x
0
ln
1
x
0
=

ln
1
x
0

e
ln 1x0
，
设(x)=xex，x(0,+)，则(x)=ex+xex =(1+x)ex 0，函数
答案 第4页，总4页
( x ) x e x  = 在 ( 0 , +  ) 单调递增，  x
0
= ln
1
x
0
即x =−lnx ，
0 0
−x 1 1 1
F(x) =e−lnx0 − 0 − = +1− =1，
min x x x x
0 0 0 0
 b  1 ,  实数b的取值范围为 ( −  ,1  .
22.（1）由
x
y
2
s
c
in
o s 

 =
=
（为参数），得
x
4
2
+ y 2 = 1 ，
故曲线C的普通方程为
x
4
2
+ y 2 = 1 ．
由2cos−sin+2=0，得 2 x − y + 2 = 0 ，
故直线l的直角坐标方程为2x−y+2=0．
 5
（2）由题意可知直线l的参数方程为  x= 5 t （t为参数）．

 2 5
y=2+ t
  5
将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得 1 7 t 2 + 3 2 5 t + 6 0 = 0 ，
设A，B对应的参数分别是 t1 ， t2 ，则 t1 + t
2
= −
3 2
1 7
5
， t t1
2
=
6
1
0
7
，
故
P
1
A
+
P
1
B
=
t1 +
t t1
2
t
2 =
t +
1
t t1
t
2
2 =
8
1 5
5
．
23.（1）因为 f ( x ) = x − 3 + x + 2 =
 −
5
2
2
, −
x
x
2
−
+ 1 ,
 x
1 , x
x



3
3
− 2
，
所以 f ( x )  7 等价于
 x
−

2 x
−
+
2
1  7
，或
 −
5
2


7
x  3
，或
 x
2

x
3
− 1  7
，
解得−3≤x≤−2或 − 2  x  3 或3x4，所以−3x4，即不等式 f (x)7的解集为−3,4．
（2）因为 f (x)= x−3+ x+a  a+3 ，当且仅当 ( x − 3 ) ( x − a )  0 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 + 3  2 ，所以 a + 3  2 或a+3−2，
解得 a  − 1 或 a  − 5 ，即a的取值范围(−,−5−1,+)．