【文档说明】四川省南充高中2020-2021年度高三上期第四次月考（理科参考答案）.docx，共(6)页，249.078 KB，由小赞的店铺上传

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四川省南充高中2020-2021年度高三上期第四次月考（理科答案）一、选择题ABBDBCDACDBA二、填空题13.0x且0y14.2,015.4016.362三、解答题17.（每小题各6分）解：（1）()()062sin22cos2sin3−=−=

xxxxf则21222===T（2）由（1）知()−=6sin2xxf，则()−=62sin2xxg当125,6x时，()2,11,2162sin3

2,662−−xgxx18.（第（1）小题4分，第（2）小题8分）解：（1）证明：AB是半圆O的直径，则BCAC⊥又5=AB，3=BC，则4=AC

在ABC中，ACPAPCACPA⊥=+222又ABPA⊥，AACAB=，故⊥PA平面ABC，从而BCPA⊥又ACBC⊥，APAAC=，故⊥BC平面PAC（2）建立如图所示的空间直角坐标系xyzC−，则()0,0,3B，()0,4

,0A，()3,4,0P()0,4,0=CA，()3,4,0=CP，()0,0,3=CB，点E是线段PB上靠近B点的三等分点则()=−+=+=1,34,21,34,10,0,331BPCBCE设()zyxm,,=是平面ACE的一个法向量，则=+

+===034204zyxCEmyCAm，令1=x得()2,0,1−=m设直线PC与平面ACE所成的角为，则2556556,cossin===mCP19.（每小题各4分）解：（1）由已知0na，()21+=nnnaaS，令1=n得：()12111111=

+==aaaaS令2=n得：()221122222=+=+=aaaaS，令3=n得：()2212133333=+=++=aaaaS由此猜想nan=（2）由（1）知1=n时，nan=成立假设()*,1Nk

kkn=有kak=则1+=kn时，22222121212111kkaaaaaaSSakkkkkkkkk+−+=+−+=−=++++++即()()()10101111121+==+−+=+−−+++++kakakakkaakkkkk则1+=kn时nan=

成立，故nan=（3）471121=a成立当2n时，()()+−−=+−=−==12112121212414444112222nnnnnnnan4735113121121121715151312111112232221+−+=

+−−++−+−+++++nnnaaaan故4711112232221++++naaaa对任意*Nn恒成立.20.（第（1）小题4分），第（2）小题8分）解：（1）由已知242=

=aa，又121===cace，则3222=−=cab故椭圆E的标准方程为13422=+yx（2）设()11,yxA，()22,yxB，直线mkxyl+=:，带入椭圆E的方程消去y得()01248432

22=−+++mkmxxk则221438kkmxx+−=+，222143124kmxx+−=，且()()2222224303431664kmmkmk+−+−=若OQBOQA=，则0444422112211=−++−+=−+−=+xmkxxmkxxyxykkQBQA即()()(

)()0441221=−++−+xmkxxmkx()()()()08434843124208422222121=−+−−+−=−+−+mkkmkmkmkmxxkmxkx，整理得km−=满足2243km+则直线()1:−=

−=xkkkxyl恒过定点()0,121.（每小题各4分）解：（1）当1=a时，()()1ln1−+=xxxf，则()()2'''11lnxxxfxxxf−=+=当()1,0x时，()0''xf，()+,1x时，()0''xf()xf'在()1,0上单调递减，在()+

,1上单调递增，故()()011''=fxf则函数()xf的单调递增区间是()+,0，无单调递减区间.（2）当0=a时，()xxfln=在()+,0上单调递增，满足题意当0a时，()xf在()+,0上单调递增，则()0'xf（不连续等于0

）恒成立()()2'''11lnxaxxfxxaxf−=+=当0a时，()0''xf，则()xf'在()+,0上单调递减而01111'+−=−−aaeef，当+−,1aex

时，()0'xf，不合题意当0a时，()xf'在a1,0上单调递减，在+,1a上单调递增要使()0'xf（不连续等于0）恒成立，只需()0ln11ln1'−=+=aaaaaaf，则e

a0综上，实数a的取值范围是e,0（3）由（2）知()xxaxg1ln+=，()()011ln1ln1ln1212221121=−++=+=xxxxaxxaxxaxgxg又121=+xx，则0ln0ln212

11212122112=−+=+−++xxxxxxaxxxxxxxxa令112=xxt，即方程01ln=−+ttta在()+,1上有解.解法一：令()()++−=,1,1lnttttath，则()tttat

attth+−=−+−=1122'，()21,1++ttt当2a时，()()thth0'在()+,1上单调递减，又()01=h，不合题意当2a时，当−+24,12aat时，()0'th；当+

−+,242aat时，()0'th；则−+24,12aat时，()()01=hth，而()()21122−+−+=aeaeeaehaaaa令()()212−+=xexxx，则()()02

2'''−=−=xxexexx，()x'在()+,2单调递减，()()0422''−=ex()x在()+,2单调递减，则()()0522−=ex，即()0aeh故存在−+aeaat,242

0，使得()00=th，故2a满足题意.综上，a的取值范围是()+,2解法二：（分离变量洛必达法则）tttaln1−=，令()()+−=,1,ln1tttttm，则()()()2222222222'ln11ln1ln1ln1ttttttttt

ttttm+−++=−++=令()()++−+=,1,11ln22tttttM，则()()()()tMttttM+−=0112222'在()+,1上单调递增，()()01=MtM则()()tmtm0'在()+,1上单调递增，由洛必达法则有()2111limli

m211=+=++→→tttmtt，故a的取值范围是()+,222.（每小题各5分）解：（1）由已知设抛物线C的标准方程为()02=aaxy，根据抛物线过点()1,2有2112==aa故抛物线C的直角坐标方程为xy212=由直线l的极坐标方程得

010101cos22sin222=−−=+−=+−yxxy即直线l的直角坐标方程为01=−−yx（2）点21,23P在直线l上，设直线l的参数方程为+=+=tytx22212223（

t为参数），代入xy212=得02222=−+tt，设A，B两点所对应的参数分别为1t，2t，则2221−=+tt，121−=tt则()2234111121221212121=−+=−=+=+ttttttttttPBPA23.（每小题

各5分）解：（1）()()()133322====+−−+−−=mmmmxmxmxmxxf（2）根据基本不等式abba222+，bccb222+，caac222+有cabcabcba++++222则()()

22223cbacba++++（当且仅当cba==时等号成立）又1=++zyx，故()()()()()3111311122222azayxzayx+=−+−+−−+−+−即()231312−+a

a或0a