【文档说明】四川省绵阳市南山中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题答案.docx，共(5)页，296.060 KB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2024年秋高2022级高三上9月月考数学参考答案及评分标准一、单选题题号12345678答案CCBBCDDA二、多选题题号91011答案ACDACABD三、填空题12、42913、014、10四、解答题15.（1）由余弦定理知2221cos22acbBac+−==………………………

…………………………….……..3分又()0,B故3B=；……………………………………………………….…..6分（2）由三角形的面积公式1sin1032SabC==从而43sin7C=，…………………………………….……..8分若(0,)2

C,21cos1sin7CC=−=，222cos8cababC=+−=……………10分若(,)2C，21cos1sin7CC=−−=−，222cos221cababc=+−=…12分从而8221c=或…………………………………..13分16.（1）因为364nnSa−=

，当1n=时，11364Sa−=，解得132a=；………………………………………………...2分当2n时，11364nnSa−−−=，所以11330nnnnSaSa−−−−=+，所以112nnaa−=−;………4分所以{𝑎𝑛}是以32为首项，

12−为公比的等比数列，所以11322nna−=−.…………………………………………………………………….6分（2）由（1）可得6411,326464113326411,32nnnnnnaSn

−+==−−=+为偶数为奇数，又12xy=在R上单调递减，则12xy=−在R上单调递增，所以当n为偶数时，264164111163232

n−−=，当n为奇数时，64164111323232n++=，………………………………………10分所以当1n=时nS取得最大值为32，当2n=时nS取得最小值为16，因为n+N，14

4nS−+恒成立，所以1163244−+，解得717，……………………………………………………...14分所以的取值范围为)7,17.…………………………………………………………...15分17.（1）由1(

12345)35x=++++=，1(1.31.72.22.83.5)2.35y=++++=，()52110iixx=−=，…………………………….3分所以()()()()()()51155222211115niiiiiinniiiiiiiixx

yyxyxyrxxyyxxyy======−−−==−−−−40532.35.55.50.9955.53103.0630.6−==……………………………………....7分因为r与1非常接近，故可用线性回归模型拟合

y与x的关系．（2）由题意可得：()5152155.50.55,2.30.5530.6510ˆˆˆiiiiixyxybaybxxx==−====−=−=−，….11分所以y关于x的回归直线方程为ˆ0.550.65yx=+．………………………………………….…………..13分当7x=

时，ˆ0.5570.654.5y=+=，由此预测当年份序号为第7天这株幼苗的高度为4.5cm……………………………..…15分18.（1）2()666(1)fxxxxx==−−(1)12,(1)4ff−=−=−………………………………………………………………..….

2分故()fx在1x=−处的切线方程为412(1)yx+=+，即128yx=+…………………4分（2）(1)33fa=−，若存在这样的a，使得(1,3)−为()fx的对称中心，则333a−=−，2a=…………………………………………………

….……6分现在只需证明当2a=时()(2)6fxfx+−=−，事实上，32322()(2)2612(2)6(2)1(1212)(2424)6fxfxxxxxxx+−=+++−+−+=−+−−于是()(2)6fxfx+−=−……………………………………………………

…………….8分即存在实数2a=使得(1,(1))f是()fx的对称中心.………………………………………..9分（3）2()666()fxxaxxxa=−=−，3.1）当0a时，()(),0,xa−+时()

0fx，故()fx在()(),0,,a−+上单调递增，(0,)xa时，()0fx，()fx单调递减，………………………………………………..10分则()fx在0x=处取到极大值，在xa=处取到极小值，由(0)10=f，而(1)130fa−=−−，根据零点存在定理()fx在

(,0)−上有一个零点；i)若01a，即3()10faa=−，()fx在(0,)+无零点，从而()fx在R上有1个零点；………………………………………………………….11分ii)若1a，即3()10faa=

−，(0)()0ffa，()fx在(0,)a有一个零点,3(4)1610,()(4)0faafafa=+，故()fx在(,)a+有一个零点，从而()fx在R上有3个零点；……………………………………………………………12分iii)若1a=，即3()10faa=−

=，()fx在(0,)+有一个零点，从而()fx在R上有2个零点；……………………………………………………………..13分3.2)当0a=时，()fx在R上单调递增，(0)10f=，x→−时，()fx→−，从而()fx在R上有一个零点；……………………………………………………...

..14分3.3）当0a时，()(),0,xa−+时()0fx，故()fx在()(),,0,a−+上单调递增，(,0)xa时，()0fx，()fx单调递减.………………………….15分而3()10faa=−，(0)

0f，故()fx在(,)a+无零点，又2(21)(21)(2)1faaa−=−−+，由2(21)1,22aa−−−，故(21)0fa−，(21)()0fafa−，从而()fx在(,)a−有一个零点，从而()fx在R

上有一个零点.………………………………………………..…..16分综上：当1a时，()fx在R上只有1个零点；1a=时，()fx在R上有2个零点；1a时()fx在R上有3个零点。…………………………………..17分

19.（1）当3a=时，()21e4e352xxfxx=−+−−，()()()2e4e3e1e3xxxxfx=−+−=−−−，……………………………….……………..2分当()e1,3x，即()0,ln3x时，�

�′(𝑥)>0，故()fx单调递增区间为()0,ln3；………………………………………………………4分（2）()2e4exxfxa−+=−，令ext=，即()24fxtta=−+−，令11ext=，22ext=，则1t、2t是方程240tta−+=的两个正根，……………………...6分则

()2Δ441640aa=−−=−，即4a，………………………..…8分有124tt+=，120tta=，即04a，………………………………………...……..10分（3）()()1122221212121211e4e5e4e522xxxxfxfxxxaxaxxx

+++=−+−−−+−−++()()()()22121212141lnln102ttttatt=−+++−−+−()()()2121212121241ln102ttttttatt=−+−++−−−()()1162161ln102aaa=−−+−−−()1ln2a

aa=−−−，……………………………………………………………………….12分要证()()12120fxfxxx+++，即证()()1ln2004aaaa−−−，令()()()1ln204gxxxxx=−−−，则()111lnlnxgxxxxx−=−+=−，令()()1l

n04hxxxx=−，则()2110hxxx=−−，则()gx在(0,4)上单调递减，又()11ln111g=−=，()12ln202g=−，故存在()01,2x，使()0001ln0gxxx=−=，即001lnxx=，

…………………………..13分则当𝑥∈(0,𝑥0)时，()0gx，当()0,4xx时，()0gx，故()gx在()00,x上单调递增，()gx在()0,4x上单调递减，则()()()()000000000111ln2123

gxgxxxxxxxxx=−−−=−−−=+−，………………15分又()01,2x，则00152,2xx+，故()000130gxxx=+−，即𝑔(𝑥)<0，即()()12120fxfxxx+++.………………………………………..1

7分