四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三上学期12月月考 理数答案

参考答案：1．B2．C3．A4．C5．D6．A7．D8．D9．C10．A11．B12．B由ae0.80.8ea，be1.21.2eb，ce1.61.6ec，a0.8b1.2c1.6x1x得，，，令fx，则fx，eae0.8ebe1.2ece1.6exex当x1时，f¢(x)>0，当x1时，fx0，所以fx在,1上是增函数，在1,上是减函数，于是f1.2f1.6，即fbfc，又b，c0,1，所以bc；ac0.81.60.80.820.8e0.82，eaece0.8e1.6e0.8e0.8e0.8e0.8e0.84455因为49，所以445，5，5，56252512522222245因此0.85，于是fafc，又，c0,1，所以ac；e220a2x2xeexeex令gx，则1x1x，所以gx在x2xgx1x0eeexe2xex20.820.80.81.20.81.2,上是增函数，g0.8g1，0，即0，，e0.8e20.8e0.8e1.2e0.8e1.2f0.8f1.2，于是fafb，又a，b0,1，所以ab；综上bac.故选：B.13．y2x14．215．21/1216．0.104设Nx,y，由题意可得：dM,N2x1y1，即x2y11，可知x2y11表示正方形ABCD，其中A2,0,B3,1,C2,2,D1,1，uuuruuur即点N在正方形ABCD的边上运动，因为OM2,1,ONx,y，由图可知：当cosM,NcosOM,ON取到最小值，即OM,ON最大，点N有如下两种可能：uuuruuuruuur425①点N为点A，则ON2,0，可得cosM,NcosOM,ON；525uuur②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC1,1同向，不妨取ON1,1，答案第1页，共6页uuuruuur3310则cosM,NcosOM,ON；521031025因为，10525所以eM,N的最大值为10.104.5故答案为：0.104.32n317．(1)an；(2)T.nn443n22（1）由已知，n1时a112S12a1，即有a110，解得a11，22当n2时，由ann2Sn，得an1n12Sn1，2222两式相减，得anan112an，即an1an10，则an1an1an1an10，因为an单调递增，且a11，则an1，an1an10，所以an1an10，即anan11，故an是首项为1，公差为1的等差数列，所以，an的通项公式ann．ann12nann（2）由log3bnan，得bn33，n，所以Tn2n，①bn3333112n1n则有T，②3n32333n3n1111n2111n33n12n3①－②，得T，n2nn11n1n13333313223332n3所以T．n443n215318．(1)B(2)38cosC2cosA（1）由tanB，有tanBsinCcosC2cosA，两边同乘cosB得sinCsinBsinCcosBcosC2cosAcosB，故cosBC2cosAcosB，即cosA2cosAcosB．1因为ab，所以A为锐角，cosA0，所以cosB．22又因为B0,，所以B．3答案第2页，共6页a2c2b219c2491（2）在ABC中，由余弦定理cosB，即，故c23c400，2ac26c2解得c5或c8舍）．112153故SS35sin．△BCD△ABC2238219．(1)x0.016，平均数为65.2；(2).5（1）由频率分布直方图得：0.004x0.020.0080.002201，解得x0.016，阅读时长在区间[20,40),[40,60),[60,80),[80,100),[100,120]内的频率分别为0.08,0.32,0.40,0.16,0.04，所以阅读时长的平均数x0.08300.32500.40700.16900.0411065.2.（2）由频率分布直方图，得数据在20,40,80,100两组内的频率比为0.004:0.0081:2，则在20,40内抽取2人，记为A1,A2，在80,100内抽取4人，记为B1,B2,B3,B4，从这6名志愿者中随机抽取2人的不同结果如下：A1,A2,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A1,B4,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A2,B4B1,B2,B1,B3,B1,B4,B2,B3,B2,B4,B3,B4，共15个，其中抽取的2人都在80,100内的有B1,B2,B1,B3,B1,B4,B2,B3,B2,B4,B3,B4，共6个，62所以所抽取2人都在80,100内的概率P．155x2y220．(1)1(2)yx143222（1）由题意，A1F23ac，A2F21ac，解得a2，c1，bac3，x2y2所以椭圆方程为1.43（2）设直线l为yxm，Ax1,y1，Bx2,y2，由题意，以F1F2为直径的圆的方程为mx2y21，则圆心到直线l的距离d1，即m22，222m2所以CD21d2122m，2yxm由x2y2，消去y，整理得7x28mx4m2120，1430，解得m27，又m22，所以m22，8m4m212xx，xx，127127答案第3页，共6页22467mAB1k2xx1k2xx4xx，1212127122467m2122因为ABCD，所以22m2，解得m21，又m22，777所以m1，所以直线l的方程为：yx1或yx1.1144x11．(1)2(2)a1（1）当a4时，f(x)4lnx，则f(x)，xx2xx211当x0,，f(x)0，函数f(x)在0,上单调递减；4411当x,，f(x)0，函数f(x)在,上单调递增，441所以f(x)minf4(1ln4)0，41311又f3e120，f(1)10，所以存在x10,，x2,，e44使得fx1fx20，即f(x)的零点个数为2．1（2）不等式f(x1)ex1即为exaln(x1)1，x1a(x1)exa设F(x)exaln(x1)，x(1,)，则F(x)ex，x1x1设g(x)(x1)exa，x(1,)，当a0时，g(x)0，可得F(x)0，则F(x)单调递增，此时当x无限趋近1时，F(x)无限趋近于负无穷大，不满足题意；当a<0时，由g(x)(x2)ex0，g(x)单调递增，当x无限趋近1时，g(x)无限趋近于负数a，当x无限趋近正无穷大时，g(x)无限趋近于正x0无穷大，故g(x)0有唯一的零点x0，即x01ea0，当x1,x0时，g(x)0，可得F(x)0，F(x)单调递减；当xx0,时，g(x)0，可得F(x)0，F(x)单调递增，x0x0ax0所以F(x)minFx0ealnx01ealnealn(a)ax0ex0a11ax0aln(a)ax0aln(a)ax011aln(a)，x01x01x0111因为x010，可得x012x012，x01x01答案第4页，共6页1当且仅当x00时，等号成立，所以x0111，x011所以ax011aln(a)aaln(a)x01因为F(x)1恒成立，即aaln(a)1恒成立，令h(a)aaln(a)，a(,0)，可得h(a)1ln(a)1ln(a)，当a(,1)时，h(a)0，h(a)单调递增；当a(1,0)时，h(a)0，h(a)单调递减，所以h(a)h(1)1，即h(a)1，又由h(a)1恒成立，则h(a)aaln(a)1，所以a1.22．(1)曲线C的直角坐标方程为x2y22y0；直线l的普通方程为3xy23031(2)2（1）由已知C:2sin,22sin，即x2y22y01x1t2由得l:y23(x1)，即3xy230；3y2t21x1t2（2）将直线参数方程代入到x2y22y中得3y2t2131tt2423tt243t，即t2(31)t1044tt31tt(31)，则由t的几何意义可知，|PQ|12．122223．(1)1；(2)证明见解析.（1）不等式f(x＋2)0即mx0，即xm，解得mxm，又f(x＋2)0的解集是[1,1]，所以m1，综上，m1；111（2）由(1)知=1，a、b、c(0,)，a2b3c111a2ba3c2b3c所以，a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)()3a2b3c2ba3ca3c2ba2ba3c2b3c22232ba3ca3c2b22239.3当且仅当a2b3c即a3，b，c1时等号成立.2答案第5页，共6页综上，a＋2b＋3c9.答案第6页，共6页