【文档说明】四川省合江县马街中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题答案.docx，共(4)页，674.196 KB，由小赞的店铺上传

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高2022级高三上期第一学月学考试数学试题参考答案一．单选题1．C2．B3．C4．B5．C6．D7．C8．D二．多选题9．BC10．ACD11．ACD三．填空题12．10xy+−=13．10−14．(−，1)(316

−，)+四．解答题15．解：（1）22025()23cos()2sin(2024)cos32fxxxx=−+−−223sin2sincos3xxx=+−3cos2sin2xx=−+2sin(2)3x=−，令232xk−=+，k

Z，则5122kx=+，kZ，故函数的对称轴为5122kx=+，kZ；（2）因为25()146fm−=，25[,)36m，所以250sin(2)143m−=，22233m−，即27sin(2)325m−=

，所以224cos(2)325m−=−，则22sin2sin((2)]33mm=−+1232sin(2)cos((2)2323mm=−−+−17324()225225=−+−724350+=−．16．解：因为222()22()2fxxtxxtt=−+=−+−，所以()

fx在区间(−，]t上单调减，在区间[t，)+上单调增，且对任意的xR，都有()()ftxftx+=−，（1）若1t=，则2()(1)1fxx=−+，()fx在区间(−，1]上单调递减，在区间[1，)+上单调递增．“对任意的[0x

，2]a+，都有()5fx„”等价于“在区间[0，2]a+上，[()]5maxfx„”．①当22a+…，即0a…时，(2)(0)faf+…，2[()](2)(1)15maxfxfaa=+=++„，得31a−剟，所以01a剟；②当022a+

，即20a−时，[()](0)25maxfxf==„，恒成立，故20a−．综上所述，21a−„，实数a的取值范围为区间(2−，1]．（2）设函数()fx在区间[0，4]上的最大值为M，最小值为m，

所以“对任意的1x，2[0x，4]，都有12|()()|8fxfx−„”等价于“8Mm−„”．①当0t„时，Mf=（4）188t=−，(0)2mf==，由18821688Mmtt−=−−=−„，得1t…，因此t；②当02t„时，Mf=（4）188

t=−，2()2mftt==−，由222188(2)816(4)8Mmttttt−=−−−=−+=−„，得422422t−+剟，因此4222t−剟；③当24t„时，(0)2Mf==，2()2mftt==−，由222(2)8Mmtt−=−−=„，得2222t−剟，因此222t„；④当

4t时，(0)2Mf==，mf=（4）188t=−，由2(188)8168Mmtt−=−−=−„，得3t„，因此t．综上所述，实数t的取值范围为区间[422−，22]．17．解：（1）设等差数列{}na的公差为d，由424SS=，*22

1()nnaanN=+，可得1111464(2)(21)22(1)1adadandand+=++−=+−+，解得112ad==，所以1(1)221nann=+−=−；（2）由（1）知，11a=，21nan=−，所以21()(121)22nnnaannSn+

+−===；（3）因为13nnb−=，21nan=−，所以1213nnnnancb−−==，01221135232133333nnnnnT−−−−=+++++①，123111352321333333nnnnnT−−−=+++++②，①−②得1

012111[1()]212222121223312213333333313nnnnnnnnnT−−−−−+=++++−=+−=−−，所以1133nnnT−+=−．18．解：（1）当1a=时，()1xfxex=−−，定义域为R，则()1xfxe=−，令()0

fx=，得0x=，当(,0)x−时，()0fx，()fx单调递减；当(0,)x+时，()0fx，()fx单调递增，所以()yfx=在0x=处取到极小值0，无极大值；（2）方程()10xfxeax+=−=，显然当0x=时，方程不成立，则xeax=，0x，若方程有两个不等实根，即y

a=与()xegxx=有2个交点，则2(1)()xxegxx−=，当0x或01x时，()0gx，()gx在区间(,0)−和(0,1)上单调递减，并且(,0)x−时，()0gx，当(0,1)x

时，()0gx，当(1,)x+时，()0gx，()gx严格增，0x时，当1x=时，()gx取得最小值，g（1）e=，作出函数()ygx=的图象，如下图所示：ya=与()xegxx=有2个交点，则ae，即a的取值范围为(,)e+；（3）证明：()xfxea=−，令(

)0fx=，可得xlna=，函数()yfx=在(,)lna−上单调递减，在(,)lna+上单调递增，由题意12xx，则1(,)xlna−，2(,)xlna+，要证122xxlna+，只需证1

22xlnax−，而122xlnaxlna−，且函数()fx在(,)lna−上单调递减，故只需证12()(2)fxflnax−，又12()()fxfx=，所以只需证22()(2)fxflnax−，即

证22()(2)0fxflnax−−，令()()(2)hxfxflnax=−−，即22()1[(2)1]22xlnaxxxhxeaxealnaxeaeaxalna−−=−−−−−−=−−+，2()2xxhx

eaea−=+−，由均值不等式可得22()2220xxxxhxeaeaeaea−−=+−−=…，当且仅当2xxeae−=，即xlna=时，等号成立，所以函数()hx在R上严格增，由2xlna，可得2()()0hxhlna=，即22()(2)0fxflnax−−，所以12()(2

)fxflnax−，又函数()fx在(,)lna−上严格减，所以122xlnax−，即122xxlna+得证．19．解：（1）1(1A=，1，1，0，0，0)，2(1A=，0，0，1，1，0)，11223nnXXxxxxx

x=+++=，X中6个分量中恰有3个1，6T的元素个数为3620C=．（2）对于nS的非空子集1{MX=，2X，，}mX，设1{iiXx=，2ix，，}imx，(1i=，2，，)m，这里ijx是iX的第j个分量，定义2111(){,,,

}(1mmmiliimiiiSMxxxi=====，2，，)m，规定(){0S=，0，，0}，设1{iiAa=，2ia，，}(1inai=，2，，)m，令1({SA，2A，，1})(mAc=，2c，，)mc，我们先证明引理：{1j

，2，，6}，2jc„．反证法：{1j，2，，6}，2jc，令3jkc=…，设1A，2A，3A，，kA满足1ila=，其中1i=，2，，k，3iiAA=，1i=，2，，m，且1ijm剟，1ijAA=，(31)61k−−„，52k„，这与3k…矛盾，引理证毕，回到原题，由

引理6111326mmijjiijmac=====„，解得4m=，1(1A=，1，1，0，0，0)，2(1A=，0，0，1，1，0)，3(0A=，1，0，0，1，1)，4(0A=，0，1，1，0，1)，符合题意，综上，当6n=时，m的最大值为4．（3）证明：1{A，2A，，1}nA+

共有121n+−个非空子集，记为iD，1i=，2，，121n+−，则()iSD在每分量得奇偶性下恰有2种不同的状态，由5n…知1212nn+−…，由抽屉原理，存在两个不同的1{A，2A，，1}nA+的非空子集D，E，设S（D）1(d=，2d，，)nd，S（E）1(e=，2e，

，)ne，有jd与je奇偶性相同，1j=，2，，n，令{|FXXDE=，}XDE，由于DE，F，令1()(SDEs=，2s，，)ns，则111()(2SFdes=+−，，2)nnndes+−，且2jjjdes

+−都为偶数，1j=，2，，n，不妨设1{FA=，2A，，}nA，则11((2))nnijlijjjiiAAades===+−为偶数，而3iiAA=为奇数，故2i…，且1((2))3nnijijjjijijAAades=+−−为奇数，故必存在一个{2i，3，，}n，使

得ijAA为奇数，又由于{0ijAA，1，2}，从而1ijAA=．