【文档说明】四川省射洪中学2024届高三上学期10月月考试题 数学（文） 答案（文科）.pdf，共(8)页，191.660 KB，由小赞的店铺上传

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射洪中学高2021级高三上期10月月考数学(文科)试题参考答案1.【答案】A2.【答案】A【解析】1+i1-i=1+i21-i1+i=2i1-i2=i，其共轭复数为-i，所以a=0，b=-1，则a+b=-1.3.【答案】B【解析

】A=x0≤x≤4，B=-1，1,3,5⋯，则A∩B=1，3，则A∩B的子集个数为22=4个.4.【答案】B【解析】α=10°，β=-10°，则cosα=cosβ，但不满足α=β+2kπ，k∈Z，故充分性不具备；必要性：cosα=cosβ+2kπ=

cosβ，故必要性具备.5.【答案】C【解析】因为y=x是偶函数，故排除D，y=tanx，定义域为x|x≠kπ+π2，故排除A，B，C均为奇函数，但是y=ln1+x-ln1-x=1-x2ln在0,+∞上单调递减，y=ex−e−

x在0,+∞上单调递增.6.【答案】D【解析】由图象可知f(x)为奇函数，故排除A，B，由图象f2<0，对于C，D分别有f2>0，f2<0.7.【答案】B【解析】当m0m1=100时，Δv=5ln100，当m0m1=200时，Δv=5ln200

，Δv增加的量为5ln200-5ln100，增加的百分比约为5ln200-5ln1005ln100=2+100-ln100lnln22+5lnln=2ln22+5lnln≈0.72×2.3≈15%.文科答案第

1页共8页8.【答案】A【解析】函数fx的图象与y轴交点的坐标为0,3，所以f0=Aφsin=3，图象关于直线x=-π24对称，所以-π6+φ=kπ+π2，即φ=kπ+2π3，k∈Z，当k=0时，φ=2π3，所以A=2，即fx=2sin4x+2π3，故gx=2sin

x+2π3，∵0≤x≤π6，∴2π3≤x+2π3≤5π6，∴gx的最小值为gπ6=25π6sin=1.9.【答案】A【解析】t=x2，t=lnx，MN=2t-et=et-2t，记ht=et-2t，，则ht=et-2，令ht

>0解得t>2ln，所以ht在0，2ln上单调递减，在2ln，+∞单调递增，故ht的最小值为h2ln=2-22ln.10.【答案】C【解析】∵△ABC的面积为32，∴12×2×AC×2π3sin=32，所以AC=1，

由向量知识可得AD=12AC+12AB，故AD2=14AC2+14AB2+12AC∙AB=14+1+12×1×2×2π3cos=34，故AD=32.11.【答案】D【解析】由f(1-x)=f(1+x)可得f(x)的图象关于x=

1对称，又f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,所以f(x)的图象关于0，0对称，且f0=0，ABCD文科答案第2页共8页故fx的一个周期为4，f2=f0=0，f3=f-1=-f1=-1，f4

=f0=0，所以f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(50)=f(1)+f(2)=1.12.【答案】C【解析】fx=1-xlnx2，所以fx在0，1单调递减，在1，+∞单调递增，gx==xex=exlnex=fex，所

以若存在m，n使得fm=gn<0，则0<m<1且fm=gn=fen，所以m=enn<0，所以mn=nen，构造函数hx=xexx<0，hx=x+1ex，易得hx在-1，0单调递增，在-∞，-1单调递减，所以hxmin=h-1

=-1e.13.【答案】(-1,1)【解析】1-x>0x+1>0，解得-1<x<1，即(-1,1)14.【答案】255【解析】因为锐角α满足π+α=2tan=tanα，即αsinαcos=2，可得cosα=

12sinα，所以sin2α+cos2α=sin2α+14sin2α=1，解得sinα=255，则π2-αcos==sinα=255．故答案为：255．15.已知cosα−π6−sinα=35，则sinα+2π3=.【答案】35【解析】由题意得32αcos+12αsin-αs

in=35，即32αcos-12αsin=35，所以αsin×-12+α×cos32=35，即α+2π3sin=35.文科答案第3页共8页16.【答案】①③④【解析】①：∵fx+1=fx-1，∴fx+2=fx，故周期为2，正确；②∵fx是奇函数，∴f

x的图象关于0，0对称，而fx的图象右移1个单位得到fx-1的图象，即0，0右移1个单位得到1，0，错误；③fx+f1-x=4中x+1-x=1，所以有：f110+f910=4，f210+f810=4，f310+f710=4，f4

10+f610=4，又f510+f510=4，即f510=2，所以f110+f210+⋯+f910=18，正确；④由下图可得m∈0，1，正确.xyy=1O17.【答案】(1)A∩B=-3,1

∪2，(2)-∞,-4∪2,+∞【解析】1当a=1时，g(x)=x-(a+1)x-a=x-2x-1，由题意x-2x-1≥0，解得x<1或x≥2，所以B={x|x<1或x≥2}，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分又A=x|-3<x≤2，所以A∩B=-3,1

∪2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分2由题意x-(a+1)x-a≥0，即(x-a)[x-(a+1)]≥0x-a≠0，解得：x≥a+1或x<a，所以B={x|x≥a+1或x<a，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分因为p是q的充分

不必要条件，所以，集合A是集合B的真子集，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分所以a>2或a+1≤-3，解得a>2或a≤-4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分故实数a的取值范围-∞,-4∪2,+∞．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分文科答案第

4页共8页18.【答案】(1)π6，(2)12【解析】(1)由正弦定理得：sinA=asinBb=12，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分∵0<A<π，∴A=π6或5π6，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分当

A=5π6时，此时A+B>π，所以A=5π6舍去，所以A=π6.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)法1：由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB∙ACcosA即1=AB2+2-22AB∙22，即AB2-2AB+1=0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分解得AB

=1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分所以△ABC的面积为12×1×2×A=sin12.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分法2：通过正弦定理解决19.【答案】(1)单调递增区间是-∞,-3和13,+∞，单调递减区间是-3,13，(2)4【解析】(1)fx=3a

x2+2bx-3，由已知得f-3=0f1=8，得27a-6b-3=03a+2b-3=8，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分解得a=1,b=4．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分于是

fx=3x2+8x-3=x+33x-1，由fx>0，得x<-3或x>13，由fx<0，得-3<x<13，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分可知x=-3是函数fx的极大值点，a=1,b=4符合题意，⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯5分所以fx的单调递增区间是-∞,-3和13,+∞，单调递减区间是-3,13.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)由(1)知fx=x3+4x2-3x+c，因为fx在区间-1,13

上是单调递减函数，在13,1上是单调递增函数，又f1=2+c<f-1=6+c，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分所以fx的最大值为f-1=6+c=10，解得c=4.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分文科答案第5页共8页20.【答案】(1)-π3+kπ,π6+k

π(k∈Z)；(2)6+2+1.【解析】(1)依题意：f(x)=2×22x-xsincos×22x+xsincos+3sin2x+1=2x-2xsincos+3sin2x+1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分=2xcos+3sin2x+1=2sin2x

+π6+1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分由-π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z得：-π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间是-π3+kπ,π6+kπ(k∈Z).⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)由(1)知，f(C)=2sin2C+π6+1=3，即sin2C+π6=1，而C∈0,π，则2C+π6∈π6,13π6，于是2C+π6=π2，解得C=π6，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

8分由余弦定理有c2=a2+b2-2abcosC，即1=(a+b)2-(2+3)ab，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分由ab≤a+b22，可得1=(a+b)2-(2+3)ab≥a+b2-2+34a+b2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

10分即2-34a+b2≤1，所以a+b≤42-3=6+2.所以△ABC的周长的最大值为6+2+1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分21.【答案】(1)y=x，(2)(-∞,-2]【解析】(1)因为x∈R,fx

=x+1ex，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分设切点为x0,x0ex0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分所以切线斜率为x0+1ex0，切线方程为y-x0ex0=x0+1ex0x-x0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯4分将点0,0代入切线方程解得x0=0，故切线方程为y=x；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分文科答案第6页共8页(2)令gx=fx-ex-ax+1-2sinx=x-1ex-ax-2sinx+1,x∈0,+∞，则原不等式即为gx≥0，又gx=xex-a-2cosx

，且g0=-a-2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分若a≤-2时，则-a≥2,∴gx=x-1ex-ax-2sinx+1≥x-1ex+2x-2sinx+1，再令hx=x-1ex+2x-2sinx+1,∴hx=ex⋅x+2-2co

sx且h0=0，因为x≥0，xex≥0，而2-2cosx≥0，故hx≥0(当且仅当x=0时等号成立)，所以hx在0,+∞上为增函数，所以hx≥h0=0，此时不等式gx≥0恒成立即

fx-ex-ax+1≥2sinx恒成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分当a>-2时，-a<2，则g0=-a-2<0，设tx=g(x)=xex-a-2cosx,tx=(x+1)ex+2sinx，则当x∈0,π2时，有tx>0即gx在0,π

2上单调递增，若gπ2<0，则∀x∈0,π2，有gx<0恒成立，故g(x)在0,π2上单调递减，故g(x)<g(0)=0，不合题意；若gπ2≥0，则存在s∈0,π2，使得gs=0，故∀x∈0,s，

，有gx<0恒成立，故g(x)在0,s上单调递减，故g(x)<g(0)=0，不合题意；综合上述，实数a的取值范围为(-∞,-2].⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分22.【答案】(1)3x2+4y2-6x=9，(2)4+23【解析】

(1)由题意得，ρ=32-cosθ则：2ρ=ρcosθ+3，平方得4ρ2=(ρcosθ+3)2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入方程得4x2+4y2=x+32，化简即得曲线C的普通方程为3x2+4y2-6x=9；⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分(2)由条件∠AOB=90°，不妨设Aρ1，θ,Bρ2，θ+π2，文科答案第7页共8页所以ρ1=32-cosθ，ρ2=32-cosθ+π2=32+sinθ，即1OA+1OB=1ρ1+1ρ2=4-cosθ-sinθ3=4-2cosθ+π4

3≤4+23，当cosθ+π4=-1时等号成立．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分当Aρ1,θ,Bρ2,θ-π2时，同上易得ρ1=32-cosθ,ρ2=32-cosθ-π2=32-sinθ，1O

A+1OB=4-cosθ+sinθ3=4-2cosθ-π43≤4+23，当cosθ-π4=-1时等号成立．综上，所以1OA+1OB最大值为4+23.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分23.【答案】(1)0

，3，(2)110【解析】(1)fx=x-1+x-2=2x-3,x>21,1≤x≤23-2x,x<1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当x>2时，不等式fx<3可化为2x-3<3，解得x<3，所以2<x<3；当1≤x≤2时，

不等式fx=1<3，所以1≤x≤2；当x<1时，不等式fx<3可化为3-2x<3，解得x>0，所以0<x<1；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分综上，不等式fx<3的解集为0,3；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯5分(2)由绝对值三角不等式可得fx=x-1+x-2≥x-1-x-2=1，当且仅当x-1x-2≤0，即1≤x≤2时，等号成立，故a+3b=1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分由柯西不等式可得12+32a2+b2≥a+3b2=1

，即a2+b2≥110，当且仅当a=b3a+3b=1时，即当a=110b=310时，等号成立，故a2+b2的最小值为110⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分文科答案第8页共8页