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,+)．