【文档说明】重庆市渝北中学校2023-2024学年高三上学期11月月考质量监测 数学答案.pdf，共(8)页，322.491 KB，由小赞的店铺上传

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数学答案第1页共6页学科网（北京）股份有限公司渝北中学2023-2024学年高三11月月考质量监测数学参考答案一、单项选择题题号12345678答案CBBDABAC8.解：依题意，由𝑎，𝑏是函数𝑓(𝑥)=𝑥2―𝑚𝑥+𝑛(

𝑚>0,𝑛>0)的两个不同的零点，可知𝑎，𝑏是一元二次方程𝑥2―𝑚𝑥+𝑛=0的两个不同的根，由根据根与系数的关系，可得𝑎+𝑏=𝑚，𝑎𝑏=𝑛，∵𝑚>0，𝑛>0，∴𝑎>0，𝑏>0，∵𝑎，𝑏，―1这三个数可

适当排序后成等比数列，∴只有𝑎，―1，𝑏或𝑏，―1，𝑎满足题意，∴𝑎𝑏=(―1)2=1，即𝑛=1，此时𝑏=1𝑎，∵𝑎，𝑏，―1这三个数可适当排序后成等差数列，∴只有―1，𝑎，𝑏或―1，𝑏，𝑎满足题意，即―1，𝑎，1𝑎成等差

数列或―1，1𝑎，𝑎成等差数列，①当―1，𝑎，1𝑎成等差数列时，根据等差中项的性质有2𝑎=1𝑎―1，化简整理，得2𝑎2+𝑎―1=0，解得𝑎=―1(舍去)，或𝑎=12，此时𝑏=1𝑎=2，𝑚=𝑎+𝑏=12+2=52，②当―1，1𝑎，

𝑎成等差数列，根据等差中项的性质有2𝑎=𝑎―1，化简整理，得𝑎2―𝑎―2=0，解得𝑎=―1(舍去)，或𝑎=2，此时𝑏=1𝑎=12，𝑚=𝑎+𝑏=2+12=52，综合①②，可得𝑚=52，∴不等式𝑥𝑚𝑥𝑛≥0即为𝑥52𝑥1≥0，解得𝑥<1，或𝑥≥52，故

不等式𝑥𝑚𝑥𝑛≥0的解集为{𝑥|𝑥<1或𝑥≥52}.二、多项选择题数学答案第2页共6页学科网（北京）股份有限公司题号9101112答案ACDADBCDAC12．解：函数fx的最小正周期为2π4π2T，在图2中，以点O为坐标原点，OC、AA的

方向分别为y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz，设点0,,0At，则点0,,At、,2,0Bt，22220202410ABtt

，∵0，解得3，故A正确；∴，π3sin2xfx，则303sin2f，可得1sin2，又∵函数fx在0x附近单调递减，且0π，∴5π6，故B错误；∵π5π3sin326tft

，可得π5πsin126t，又∵点A是函数fx的图象在y轴左侧距离y轴最近的最高点，则π5ππ262t，可得23t，∴π5π3sin26xfx，∵点C是函数fx在y轴右

侧的第一个对称中心，∴π5ππ26Cx，可得13Cx，翻折后，则有20,,33A、43,,03B、10,,03C、20,,03A，∴3,2,3AB，0,1,3AC，

∴在图2中，202135ABAC，故C正确；在图2中，设点,,0Qxy，22220323AQxy，可得22213xy，0,1,0AC

，3,2,0AB，2272cos7217ACABBACACAB，易知BAC为锐角，则π04BAC，∴区域T是坐标

平面xOy内以点A为圆心，半径为1AC，且圆心角为BAC的扇形及其内部，故区域T的面积21ππ1248TS，故D错误.三、填空题数学答案第3页共6页学科网（北京）股份有限公司13．1

214.3315．111216．1(,0](,)1e16．解：由于𝑓(1)=0，只需𝑓(𝑥)在区间(1,𝑒]上没有零点，∵𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥―𝑎，令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=𝑒𝑎，∴当𝑥∈(0,𝑒𝑎)时，𝑓′(𝑥)<

0，𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥∈(𝑒𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；①当𝑒𝑎≤1时，即𝑎≤0时，𝑓(𝑥)在区间(1,𝑒]上单调递增，当1<𝑥≤𝑒时，𝑓(𝑥)>𝑓(1)=0，符合题意；②当𝑒𝑎≥𝑒时，即

𝑎≥1时，𝑓(𝑥)在区间(1,𝑒]上单调递减，当1<𝑥≤𝑒时，𝑓(𝑥)<𝑓(1)=0，符合题意；③当1<𝑒𝑎<𝑒时，即0<𝑎<1时，𝑓(𝑥)在(1,𝑒𝑎)上单调递减，在(𝑒𝑎,𝑒)上单调递增，

只需𝑓(𝑒)=𝑎+1―𝑎𝑒<0即可，所以：1𝑒1<𝑎<1，综上，𝑎的取值范围是(―∞,0]⋃(1𝑒1,+∞).四、解答题17．（本小题满分10分）解：（1）设等比数列na的公比为q，0q，∵1

9a，23a，3a成等差数列，∴21369aaa，即211169aqaaq，化简可得226930qqq，解得3q.又11a，∴数列na的通项公式为11133nnna；（2）∵313loglog3nnnban

，所以33nnnncabn，则1231323333nnSn，①，234131323333nnSnL，②①-②得12311131331233333331322n

nnnnnSnnn，∴1321344nnnS．18．（本小题满分12分）数学答案第4页共6页学科网（北京）股份有限公司解：（1）由三角形的面积公式

1331sin22bbA，解得2b，3c；（2）∵ADBABC3，∴3ADBABC，22279427cos27273acbBac，2421sin1cos177BB

，则211273321sinsin3727214ADBABC，由正弦定理sinsinADABBADB，213sin72sin32114ABBADADB．19．（本小题满分12分）解：（1）设M类，N类商品单件收益分别为1X元，2X

元，则10.42000.52000.850.12000.612057EX元，20.23000.43000.750.43000.616062EX元，12EXEX

，故N类商品单件收益的均值更高；（2）由题意可知35,4XB，0,1,2,3,4,5X，505110C41024PX，141531151C441024PX，∴31

15121024102464PX，2000.8512053000.7516025015YXXX元，又315544EX元，∴2501525015306.25EYEXEX

元．20．（本小题满分12分）解：（1）证明：取AC的中点O，连接OD，数学答案第5页共6页学科网（北京）股份有限公司∵D是1AC的中点，∴1ODCC//，∵1CC平面ABC，∴OD平面ABC，以O为原点，OA，OB，O

D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系，则1,0,0A，1,0,0C，0,3,0B，10,3,1B，11,0,2C，∴0,0,1D，1,0,1CD，11,3,1AB，12,0,2AC，

∵10CDAB，∴1CDAB，∴1CDAB，∵10CDAC，∴1ACDC，∴1CDAC，∵11ABACA，11,ABAC平面11ABC，故C

D平面11ABC；（2）设1BBa，则10,3,Ba，显然0,0,1m是平面ABC的一个法向量，设,,nxyz是平面11ABC的一个法向量，则11nACnAB，∴2203

0xzxyaz，取3z，则3x，1ya，∴3,1,3na，∴2323cos,527mnmnmnaa，∴12a或32a，2311aBB当32a时，133,,224E，∴131

,,224DE，13,,32n，∴333244851cos,8513113344164DEnDEnDEn，∴直线DE与平面11ABC所成角的正弦值为85185．

21．（本小题满分12分）解：（1）2221222222242kkkkaakakkak22242kkaak，∴224264222kkkaaaaaaaa2426104222kkkk；（2）由（1）知222

kak，22212222212222kkaakkkkk，2k，而10a也满足上式，故22122kakk，数学答案第6页共6页学科网（北京）股份有限公司∴221,221

,212nnnkannk且*Nk，故22,2,21nnnkbnnk且*Nk，即2nbn，∴211nbn，∴1n时，111b，2n时，21111(1)

11nnnnbnn，∴1111111(1)22231nTnnn，∵*Nn，∴2nT，证毕．22．（本小题满分12分）解：（1）1lnhxxaxhxax

当0a时，∴0hx恒成立得hx在0,递增，则函数hx不可能存在两个零点，故该情况不成立；当0a时，得hx在10,a递增；在1,a递减，要使hx有两个不同零点，必须0a

且极大值10ha（0x和x时hx），∴10ea；（2）方程elnelnexxxaxxxaxx令extx，由elnxaxxx有两个实根1x、2x，则111extx

，222extx是hx的两个零点111ln0httat且222ln0httat，可得1212lnlnttatt，由lnhxxax可得1hxax，要证

12102tthha，即证122tta，即证1212122lnlntttttt，∵21xx，∴21tt，∴即证1122112122212ln1tttttttttt令1

20,1tkt，即证21ln1kkk，构造函数21ln1kkkk，其中01k，即证0k，数学答案第7页共6页学科网（北京）股份有限公司2221

14011kkkkkk，所以，函数k在0,1上单调递增，∴10k，故原不等式成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com