【文档说明】四川省绵阳南山中学2024届高三上学期10月月考试题 数学（理）答案.pdf，共(4)页，409.907 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总4页绵阳南山中学高2021级高三上期10月月考试题理科数学答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。1-5:ADABC6-10:ADDBA11-12:CA二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共2

0分13.4−14.3√1015.)16,1(16.2三、解答题：共70分。17.（1）由题意得：π()sin21cos2sin21sin22sin212fxxxxxx=−++=−+=−，由ππ2π22π(Z)22kxkk−++

，可得ππππ(Z)44kxkk−++；所以()fx的单调递增区间是πππ,π(Z)44kkk−++；令2πxk=，Zk，解得：π2kx=，Zk，此时函数值为-1，所以对称中心为π,1,Z

2kk−．（2）∵ππ32sin21635fxx+=+−=∴π4sin235x+=，∵𝓧ϵ(−π2,0),∴2𝓧+𝜋3𝜖(−2𝜋3,𝜋3),∵sin(2𝓧+𝜋3)>0,∴0<2𝓧+𝜋3<𝜋3,∴cos(2𝓧+

𝜋3)=35ππππππcos2cos2cos2cossin2sin333333xxxx=+−=+++=3+4√310．18.（1）设各项均为正数的等比

数列na的公比为()0qq，等差数列nb的公差为d，因为1na+−，na，2na+成等差数列，所以212nnnaaa++=−即111112nnnaqaqaq−+=−，因为0q，10a，所以22qq=−，

解得2q或1q=−（舍去），所以111222nnnnaaq−−===，2121215ba=+=+=，由523233bba−=−可得()()32543523dd+−+=−，解得2d=，所以()()1152123nbbndnn=+−=+−=+；答案第2页，总4页（2）因为23nbn=+，所以，1

1111()(21)(21)(23)22123nnbnnnn==−+++++所以11111111123525722123nTnn=−+−++−=++1111111111235572123232369nnnnn−+−++−=−=++

++19.(1)：因为()sincossincosaCBBC−=，即cossincossincosaBCBBC−=，所以()cossincossincossinaBCBBCCB=+=+，即cossinaBA=，所以1sincosaAB

=，又sinsinabAB=，3b=，所以1sincosbBB=，所以sintan3cosBBbB===，因为()0,B，所以3B=；(2)因为3B=、3b=，由余弦定理2222cosbacacB=+−，即223acac=+−，即223

2acacac+=+当且仅当3ac==时取等号，所以03ac，所以()222233acacacac+=++=+，所以()2312ac+，所以323ac+，所以2333ABCC，即三角形的周长的取

值范围为(23,3320.（1）因为()()()3223160fxxaxaxa=−++，所以()()()'2()661661fxxaxaxxa=−++=−−．①当1a=时，()2'()610fxx=−，()fx在R上严格递增；②当01a时，由()0fx得xa或1

x，由()0fx得1ax，所以()fx在(,)a−单调递增，在(,1)a上单调递减，在(1,)+单调递增；③当1a时，由()0fx得1x或xa，由()0fx得1xa，所以()fx在(,1)−单调递增，在(1,)a上单调递减，在(,)a+单调递增；（2）

由（1）可知①当1a=时，()2'()610fxx=−，()fx在0,1a+上严格递增，此时()fx在0,1a+上的最大值为()1fa+；②当01a时，()fx在()0a，单调递增，在(,1)a上单调递减，在()1,1a+单调递增；，()f

x在0,1a+上的最大值只有可能是()fa或()1fa+，因为()fx在0,1a+上的最大值为()1fa+，所以()()()()323213313310fafaaaaaaa+−=−++−−−+=−，解得13a，此时11

3a；③当1a时，()fx在(0,1)单调递增，在(1,)a上单调递减，在(),1aa+单调递增；答案第3页，总4页()fx在0,1a+上的最大值可能是()1f或()1fa+，因为()fx在0

,1a+上的最大值为()1fa+，所以()()()()()323221133131330fafaaaaaaaa+−=−++−−−=−+=−−，解得3a，此时13a，由①②③得，133a，∴满足条件的a的取值范围是1,33．21.（1）()fx有两个零点，关于x

的方程eaxx=有两个相异实根，e0ax，0,x()fx有两个零点即lnxax=有两个相异实根.令()lnxGxx=，则()21lnxGxx−=，()0Gx得0ex，()0Gx得e,x()Gx在()0,e单调递增，在()e,+单调

递减，()max1()eeGxG==，又()10,G=当01x时，()0Gx，当1x时，()0Gx，当x→+时，()0,Gx→()fx有两个零点时，实数a的取值范围为10,e；（2）由题意，不等式()()xfxxgx+对())0,,1,xa+

+恒成立，则eln1axxxbx++对一切()0,x+恒成立，1,0ax，所以eeaxxxx，原命题等价于eln1xxxbx++对一切()0,x+恒成立，ln1exxbxx−−对一切

()0,x+恒成立，令()ln1e(0)xxFxxxx=−−，min()bFx，()222lnelnexxxxxFxxx+=+=，令()()2eln,0,xhxxxx=++，则()212ee0xxhxxxx=++对()0,x+恒成

立，()hx在()0,+上单增，又()120e11e0,e1e10ehh−==−−=，01,1ex使()00hx=，即0200eln0xxx+=①，当()00,xx时，()0hx

，即()Fx在()00,x递减，当()0,xx+时，()0hx，即()Fx在()0,x+递增，()00min000ln1()exxFxFxxx==−−，由①0200elnxxx=−，001l

n000000ln111elnlnexxxxxxxx=−==，设()exxx=，()0,x+，则()1)e0ee(xxxxxx+=+=，答案第4页，总4页函数()exxx=在()0,+单

调递增，001lnxx=即00lnxx=−，()0ln0min0000111e11xxFxxxxx−−=−−=+−=，1,b实数b的取值范围为(,1−.22.（1）由2cossinxy==（为参数），得2214xy+=，故曲线C的普通方程为2214xy+=．由2cossi

n20−+=，得220xy−+=，故直线l的直角坐标方程为220xy−+=．（2）由题意可知直线l的参数方程为552525xtyt==+（t为参数）．将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得217325600tt++=，设A，B对应的参数分别是1t，2t，则1

232517tt+=−，126017tt=，故12121212118515ttttPAPBtttt+++===．23.（1）因为()21,2325,2321,3xxfxxxxxx−+−=−++=−−，所以()

7fx等价于2217xx−−+，或2357x−，或3217xx−，解得32x−−≤≤或23x−或34x，所以34x−，即不等式()7fx的解集为3,4−．（2）因为()33fxxxaa=−+++，当且仅当()()30xxa−−时

等号成立；所以函数()3fxxxa=−++的最小值为3a+，由已知可得32a+，所以32a+或32a+−，解得1a−或5a−，即a的取值范围(),51,−−−+．