【文档说明】四川省射洪中学2024届高三上学期10月月考试题（补习班）数学（理）.pdf，共(7)页，259.404 KB，由小赞的店铺上传

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1.B【详解】由A=x∈Z-1≤x≤3射洪中学高2021级补习班高三10月月考数学(理)试题答案，可得A=-1,0,1,2,3，由B=xx2≤2，可得B=x-2≤x≤2，所以A∩B=-1,0,1.故选：B2.D【详解】对于A，∵y=cosx在π,2π上单

调递增，∴当2π>a>b>π时，cosa>cosb，A错误；对于B，∵y=2x在0,+∞上单调递增，∴2a>2b，即2a-2b>0，B错误；对于C，∵y=1x在0,+∞上单调递减，∴1a<1b，C错误；对于D，∵y=x3在0,+∞上单调递增，∴a3>b3，D正确.故

选：D.3.D【详解】由题意得¬p是真命题，即∀x∈R，3ax2+2ax+1>0，当a=0时，1>0符合题意；当a≠0时，有a>0，且Δ=(2a)2-4⋅3a<0，解得0<a<3.综上所述，实数a的取值范围是0,3.故选:D.4.D【详解】函数fx

的图像在点P3,f3处的切线的斜率就是在该点处的导数，即f3就是切线y=-2x+7的斜率，所以f3=-2.又f3=-2×3+7=1，所以f3-f3=1--2=3.故选：D5.A【详解】∵f(x)

-f-x=ex-1ex+1⋅sinx-e-x-1e-x+1⋅sin-x=ex-1ex+1+1-ex1+exsinx=0，即f(x)=f-x，∴f(x)为偶函数；又∵当x∈0,π2

时，则sinx>0,ex>e0=1，故ex+1>0,ex-1>0，∴f(x)>0；综上所述：A正确，B、C、D错误.故选：A.6.C7.A【详解】依题意，A=2，T4=7π12-π3=π4，故T=π

，故ω=2ππ=2，故f(x)=2sin(2x+φ)，将7π12,-2代入可知，2×7π12+φ=3π2+2kπ(k∈Z)，解得φ=π3+2kπ(k∈Z)，故f(x)=2sin2x+π3，故g(x)=fx-π2=2sin2x-2π3，则g5π12=2sinπ6=

22故选：A.补习班理科答案第1页共7页8.B【详解】∀x∈R，9x2+1>3x≥3x，则9x2+1-3x>0恒成立，又因为fx+f-x=ln9x2+1-3x+ln9x2+1+3x+x-x+2=ln9x2+1-9x2+2=2，

因为a+b=2023，则b-2025+a+2=0，因此，fb-2025+fa+2=2.故选：B9.A【详解】因为tan2α-tanα⋅cos2α=2，所以sin2αcos2α-tanα⋅cos2α=2，所以sin2α

-sinαcosα⋅cos2α=2，即2sinαcosα-sinαcosα⋅2cos2α-1=2，即2sinαcosα-2sinαcosα+sinαcosα=2，即sinαcosα=tanα=2.故选：A10.D【详解】因

为fx+6=-fx+3=fx，所以fx是以6为周期的函数，所以f2023=f337×6+1=f1=f-2+3=-f-2=-2-2+sin-2π3=-14+32.

11.B【详解】由x<logax在0,19上恒成立，得0<a<1，令f(x)=x-logax，则f(x)在0,19上为增函数，所以由f19<0，得a>1729．又因为0<a<1，所以1729<a<1，故选

：B12.B【详解】原不等式可化为2ax-a>xex，设fx=2ax-a,gx=xex，则直线fx=2ax-a过定点12,0，由题意得函数gx=xex的图象在直线fx=2ax-a的

下方．∵gx=xex，∴gx=x+1ex．设直线fx=2ax-a与曲线gx=xex相切于点m,n，则有{2a=m+1emmem=2am-a，消去a整理得2m2-m-1=0，解得m=-12或m=1(舍去)，故切线的斜率为2a=-12+1e-12

=12e-12=e2e，解得a=e4e．又由题意知原不等式无整数解，结合图象可得当x=-1时，f-1=-3a,g-1=-e-1，由f-1=g-1解得a=13e，当直线fx=2ax-a绕着点12,0旋转时可得1

3e≤a<e4e，故实数a的取值范围是13e,e4e．选B．补习班理科答案第2页共7页13.-12或12【详解】根据题意可设fx=xm,m∈R，由题可知2m=4，解得m=2，则fx=x2，又fa=14，即a2

=14，解得a=-12或12.故答案为：-12或12.14.1+i【详解】因为z=21+i=21-i1+i1-i=21-i2=1-i，所以z=1+i，故答案为：1+i15.【答案】516.【详解】对于①,如图

:任取x1,x2∈0,+∞当x1,x2∈0,2,fx1-fx2=sinπx1-sinπx2≤2当x∈2,+∞,f(x)=12f(x-2)=12nsinnπ,n∈N*∴x1,x2∈0,+∞,fx1-fx

2≤2,恒成立故①正确.对于②,∵f(x)=12f(x-2)∴f(x+2k)=12kf(x)∴f(x)=2kf(x+2k)k∈N*,故②错误.对于③,fx=lnx-1的零点的个数问题,分别画出y=fx和y=lnx-1的图像如图

:1654321xyO∵y=fx和y=lnx-1图像由三个交点.∴fx=lnx-1的零点的个数为:3.故③正确.对于④,设x∈2k,2k+2,k∈N∵fx=sinπx,x∈0,212fx-2,x∈2,+∞∴f(x)max=12k,k∈N

令gx=2x在x∈2k,2k+2,k∈N可得:gxmin=1k+1当k=0时,x∈0,2,f(x)max=1,gxmin=1,∴f(x)max≤gxmin∵若任意x>2,不等式fx≤2x恒成立,即f(x)max≤gx

min,可得1k+1≥12k1654321xyO补习班理科答案第3页共7页求证:当k≥1,1k+1≥12k,化简可得:2k≥k+1，设函数T(k)=2k-k-1,则T(k)=2kln2-1≥0∴当k≥1时,T(k)单调递增,可得T(k)≥T(1)

=0，∴T(k)=2k-k-1≥0∴2k≥k+1即:1k+1≥12k，综上所述,对任意x>0,不等式fx≤2x恒成立.故④正确.故答案为:①③④.17.解：1∵A={x|x-5<2x<x-2}，∴A={x|-5<x<-2}．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当m=-4时，B={x|-5≤x

≤-3}．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分∴A∪B={x|-5≤x<-2}，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分所以，∁RA∪B={x|x<-5或x≥-2}．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分2∵B为非空集合，

x∈B是x∈A的充分不必要条件，则集合B是集合A的真子集，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分∴2m+3≤m+12m+3>-5m+1<-2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分解得：m≤-2m>-4m<-3，∴m的取值范围是{m|-4<m<-3}．⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分18.(1)解：由题意可知，函数fx的最小正周期为T=π，∴ω=2πT=2，则fx=sin2x+φ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分因为函数fx有一个对称中心为π3，0，则2×

π3+φ=kπk∈Z，所以，φ=kπ-2π3k∈Z，因为0<φ<π，则φ=π3，故ω=2，φ=π3．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分(2)由(1)可得fx=sin2x+π3，fθ-π6=sin2θ-π6+π3=si

n2θ=223，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分因为π8<θ<π4，则π4<2θ<π2，所以cos2θ=1-sin22θ=13，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分因此fθ=sin2θ+π3=12sin2θ+32cos2θ=12×223+32×13=22+36.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分补习

班理科答案第4页共7页19.解：1f(x)=ax3+cx，则f(x)=3ax2+c，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分由题可知f(2)=12a+c=0，f(1)=3a+c=-9，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分解得a=1,c=-12，故fx=x3-12x．

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分2由(1)知fx=x3-12x，f(x)=3x2-12=3x+2x-2，故当x∈-1,2，f(x)<0，fx单调递减；当x∈2,3，f(x)>0，

fx单调递增；又f-1=11,f2=-16,f3=-9，故fx在-1,3上的值域为-16,11；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分g(x)=mx+5(m>0)，当x∈-1，3，gx单调递增，故gx值域

为-m+5,3m+5；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分根据题意-m+5，3m+5是-16，11的子集，故-m+5≥-16,3m+5≤11，m>0，解得m∈0，2，故实数m的取值范围为0，2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分20.【详解】(1)因

为f(x)=3sin(π+x)sinx-π2+cos2π2+x-12，所以f(x)=3-sinx-cosx+sin2x-12，=32sin2x+1-cos2x2-12，=32sin2x-12cos

2x=sin2x-π6，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分令-π2+2kπ≤2x-π6≤π2+2kπ，解得-π6+kπ≤x≤π3+kπ，所以fx的单调递增区间：kπ-π6,kπ+π3，(k∈Z)；

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)因为f(A)=1，所以fA=sin2A-π6=1，又因为A∈(0，π)，所以A=π3，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分在三角形ABC中，利用余弦定理得cosA=b2+c2-42bc=

12，整理得：b2+c2-4=bc，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分又因为b2+c2≥2bc，所以b2+c2-4≥2bc-4，即bc≥2bc-4，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分所以bc≤4，当且仅当b=c时等号成立，S△ABC=12bcsinA=34bc所以S△ABC≤3，当且仅当a=b=c=

2时，S△ABC取得最大值3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分补习班理科答案第5页共7页21.解：(1)当t=0时，f(x)=x-ex+1，f(x)=1-ex，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当x<0，f(x)>0，f(x)在(-∞,0)内单增；当x>0，f(x)<0，f(x)在(0

,+∞)内单减，f(x)max=f(0)=0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分(2)由f(x)=1，得xetx=ex，即x=ex(1-t)>0，原方程无负实根，故有lnxx=1-t，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯3分令g(x)=lnxx，g(x)=1-lnxx2，当0<x<e，f(x)>0，f(x)在(0,e)内单增；当x>0，f(x)<0，f(x)在(e,+∞)内单增，则g(x)max=g(e)=1e，而当x→0时，g(x)→-∞，故g(x)值域为-∞,1e

.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分方程f(x)=1无正实根等价于当1-t∉-∞,1e，即1-t>1e，也即t<1-1e，综上，当t<1-1e时，方程f(x)=1无实根.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)

f(x)=etx+txetx-ex=etx[1+tx-e(1-t)x]，由题设知∀x>0，f(x)≤0，无妨取x=1，有f(1)=et(1+t-e1-t)≤0，即e1-t≥1+t>1=e0，也即t<1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分1°当t≤12时，且x>0，有f

(x)=etx[1+tx-e(1-t)x]≤ex21+x2-ex2，由(Ⅰ)知1+x-ex<0，也有1+x2-ex2<0，故f(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)内单减.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分2°当12<t<1时，0<1-t<

12，且t1-t>1，即11-tlnt1-t>0，令h(x)=1+tx-e(1-t)x，h(0)=0，h(x)=t-(1-t)e(1-t)x=(1-t)t1-t-e(1-t)x，当0<x<11-

tlnt1-t，h(x)>0，h(x)在0,11-tlnt1-t内单增，h(x)>h(0)=0，此时f(x)>0，f(x)在0,11-tlnt1-t内单增，f(x)>f(0)=0，与题设矛盾.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯11分综上，当且仅当t≤12时，函数f(x)是(0,+∞)内的减函数.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分(注：不能说明当t>12时命题不成立，最多得9分)补习班理科答案第6页共7页22.(1)由于x=2-3ty=t，消t得2-3y=x，即x+3y-2=0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分由ρ⋅

sin2θ=6cosθ得ρ2⋅sin2θ=6ρcosθ，∴曲线C的直角坐标方程是：y2=6x⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分(2)将直线l:x=2-3ty=t化为标准形式x=2-32ty=12t(t为参数)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分代入y2=6

x，12t2=62-32t并化简得t2+123t-48=0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分Δ=624>0，设A，B对应参数为t1，t2，t1t2=-48<0，t1+t2=-123,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分所以AM+BM=t1+t2

=t1-t2=(t1+t2)2-4t1t2=439⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分补习班理科答案第7页共7页