【文档说明】四川省绵阳市江油中学2023-2024学年高三上学期10月月考 理数答案.docx，共(5)页，358.883 KB，由管理员店铺上传

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江油中学2021级高三上期10月月考理数答案1.B2.D3.A4.C5.C6.C7.B8.D9.B10.B11.A12.A13.10314.025=+−yx15.2216.②③④17.解：因为数列na满足11a=，12nnaa+=，*Nn，所以，数

列na是以1为首项，公比为2的等比数列，所以1112nnnaaq−−==，即数列na的通项公式为12nna-=，设等差数列nb的公差为d，由122ba==，323424814baaa=++=++=，得112214bbd

=+=，解得6d=，所以，()1164nbbndn=+−=−，即数列nb的通项公式为64nbn=−；（2）由（1）可知1264nnnncabn−=+=+−，所以，数列nc的前n项和()()()()1226412122286423112

2nnnnnnSnnn−+−−=+++++++−=+=+−−−，即2231nnSnn=+−−．18.解：由正弦定理知，2sincos2sinsinBCAC=+，∵()sinsinsincoscossinABCBCBC=+=+，代入上式得2cossinsin0

BCC+=，∵()0,C，∴sin0C，1cos2B=−，∵()0,B，∴23B=.（2）若选①：由BD平分ABC得，ABCABDBCDSSS=+△△△∴1211sin1sin1sin232323acca=+，即acac=+．在AB

C中，由余弦定理得22222cos3bacac=+−，又23b=，∴2212acac++=，联立2212acacacac=+++=得2()120acac−−=，解得4ac=，3ac=−（舍去），∴1213sin432322ABCSac===．若选②：因为)(21BCBABD+=，

)2(41222BCBCBABABD++=221212cos43caca=++，得224acac+−=，在ABC中，由余弦定理得22222cos3bacac=+−，即2212acac++=，联立2222412ac

acacac+−=++=，可得4ac=，∴1213sin432322ABCSac===．19.（1）)cos)(sincos(sincossin32)(2222xxxxxxxf−++=3s

in2cos22sin(2)6xxx=−=−+−+2326222kxk，解得653++kxk所以函数)(xf的单调减区间为Z++kkk],65,3[.（2）)64sin(2)()62s

in(2)(216+=+=⎯⎯⎯⎯⎯→⎯=xxgxyxfy纵坐标不变横坐标缩短为原来的个单位向左平移]4,0[x，]67,6[64+x所以2)64sin(21,1)64sin(21+−+−xx所以所以)(xg的值

域为]2,1[−.20.【解析】（1）因为()()()3223160fxxaxaxa=−++，所以()()()'2()661661fxxaxaxxa=−++=−−．①当1a=时，()2'()610fxx=−，()f

x在R上严格递增；②当01a时，由()0fx得xa或1x，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()0f

x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，列表如下：x0()0,aa(),1a1()1,1a+1a+'()fx＋0－0＋()fx极大值()fa极小值()1f由表知，()fx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113a；③当1a时，列表如下：x0()0,11()1,aa(

),1aa+a＋1'()fx＋0－0＋()fx极大值()1f极小值()fa由表知，()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()()()()()3232211331313

30fafaaaaaaaa+−=−++−−−=−+=−−，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）解：()ln1gxxbx=++在)1+，单调递减，()10gxbx=+在)1+，上恒成

立，即1bx−在)1+，上恒成立，设1()hxx=−，)1x+，，需min()bhx即可，1()hxx=−，)1x+，，则21()0hxx=，1()hxx=−在)1+，单调递增，m

in()(1)1hxh==−，故1b−；（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()212ee

0xxhxxxx=++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=−，001ln000000ln111elnlne

xxxxxxxx=−==，设()exxx=，()0,x+，则()1)e0ee(xxxxxx+=+=，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1C的参数方程()为参数ttxty+=+=2112323，消去参数可得332yx=−，由曲线2C的极坐标方程为232cos=+，得2222cos3+=，所以2C的直角坐方程为22323xy+=

，即22213yx+=.（2）曲线1C的参数方程1123322xtyt=+=+（t为参数），代入22323xy+=化简可得23820tt++=.设A，B对应的参数分别为1t，2t，则1283tt+=−，1223tt=，所以12121214111tttttMAtMB+=+==+

.23.（1）()353,232321,2235,2xxfxxxxxxx−=−+−=−−，不等式()3fx可化为32533xx−，或32213xx−，或2353xx−，解得2833x，所以28|3

3Mxx=.（2）由（1）可知23m=，所以2ab+=，所以()()22222525abbaabab−+−++=+224944aabbab−+−+=+()94941948662ababababab=+++−=

+−=++−194194131362136222babaabab=++−+−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com