数学理科10月考答案.pdf

答案第 1 页，总 4 页 绵阳南山中学 2019 年 2017 级 10 月月考（数学理科）参考答案 一．选择题 DADCB BDBAB DD 二．填空题：13．48 14．4 15．1 16． 3 4 17．（1）由条件知，在 ABD 中， 23 2 2BD BD   解之得 62 2BD  (2) 在 中,正弦定理知 62 32 sin sin120BAD    ， 15BAD   30BAC   BAC 为等腰三角形，则 2BC AB 1 3 3222 2 2ABCS      18．（1） ( ) 3sin cos sin sinf x a b x x x x        3 1 cos 1sin sin(2 )2 2 6 2 xxx     . 因为其图象相邻两条对称轴之间的距离为 2  ，所以T  ，即 2 2    ，所以 1  . 所以 1( ) sin(2 )62f x x    .令 2 ( )6x k k Z    ，即 1 ()2 12x k k Z时, 1() 2fx 所以函数 ()fx的图象的对称中心为 11, ( )2 12 2k k Z   （2）由 ( ) 0fA 得 1sin(2 )62A .因为 132,6 6 6A    . 所以 52 66A  , 3A  . 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   得： 2 2 2( 3) 2 cos 3b c bc    .所 2 2 2 2 ()3 ( ) 3 3 3 2 34 bcbc b c b c bc b c            当且仅当时bc 等号成立. 所以 33l a b c    .即 Δ ABC 为等边三角形时，周长最大为33. 答案第 2 页，总 4 页 19（1）点 , nnS 在函数   211 22f x x x的图象上， 211 22nS n n   .① 当 2n  时，    2 1 111122nS n n     ，②，①-②得 nan .当 1n  时， 111aS， 符合上式.  * na n n N   ． （2）由（1）得  2 11 2nna a n n   1 1 1 22nn  ， 1 3 2 4 2 1 1 1 n nn T a a a a a a       1 1 1 1 1 112 3 2 4 2nn         3 1 1 1 4 2 1 2nn    ．   1 1 013nnTTnn     ，数列 nT 单调递增，  nT 中的最小项为 1 1 3T  .要使不等式  1 log 13naTa对任意正整数 n 恒成立， 则  11log 133 a a，即  log 1 logaaaa .得 10 2a，即实数 a 取值范围为 10, 2   . 20．（1）因为   3f x x ax，所以   23f x x a  . ①当 0a  时，因为   230f x x a    ，所以  fx在 R 上单调递增； ②当 0a  时，令   0fx  ，解得 3 3 ax  或 3 3 ax  . 令   0fx  ，解得 33 33 aax   ，则 在 3, 3 a  ， 3 ,3 a  上 单调递增；在 33,33 aa 上单调递减. （2）因为     lng x f x x x，所以   3 lng x x ax x x   ， 在 1 ,22   上有零点，等价于关于 x 的方程   0gx 在 上有解，即 3 ln 0x ax x x   在 上有解.因为 ，所以 2 lna x x   .令   2 lnh x x x   ，则 答案第 3 页，总 4 页   21 2 12 xh x x xx    .令   0hx  ，1 22 x，解得 2 22 x；令   0hx  ， ，解得 12 22x ，则  hx 2 ,22    上单调递减，在 12,22    上单调递增， 因为 21 1 1ln2 2 2h             1 ln24 ，   22 2 ln2 4 ln2h       所以  1 15224hh 152ln2 2 04    ，则    min 2 4 ln2h x h    ，  max 2 1 2ln2 2 2h x h    11ln222   ，故 a 的取值范围 114 ln2, ln222     21． (1)证明：整理 2()f x e x e得 22ln 1 0( 0)x e x ex x     令 22( ) ln 1g x x e x ex    ， 222 1 ( 1)(2 1)() e x ex ex exgx xx         当 10,x e  ， ( ) 0gx  ，所以 ()gx在 1(0, )e 上单调递增；当 1 ,x e   ， ( ) 0gx  ， 所以 在 1,e  上单调递减，所以 1( ) 0g x g e  ，不等式得证. (2) 22 1 (ln 1) ln() xxfx xx    ，设切点为   00,x f x ， 则 0 2 0 ln xa x  ，函数 ()fx在 点处的切线方程为     0 0 0y f x f x x x    00 02 00 ln 1 lnxxy x xxx     ，令 0x  ，解得 0 0 2ln 1xb x  ，所以  00 0 2ln 1 ln xxb ax  ， 令    00 0 0 2ln 1 ln xxhx x  ，因为 0a  ， 0 2 0 ln 0x x   ，所以 10 0  x ，       2 0 0 0 0 000 0 2 2 2 0 0 0 2ln 3 ln 2ln 1 2ln 1 ln 12ln ln 1 ln ln ln x x x x xxxhx x x x            ， 当 0 10,x e  ，  0 0hx  ，所以 ()hx在 10, e   上单调递减；当 1 ,1x e  ， ， 答案第 4 页，总 4 页 所以 ()hx在 1 ,1e   上单调递增，因为 10 0  x ，  0 11h x h ee    . 22．由 22 2 21 2 xt yt     （t 为参数），消去参数 ，得直线l 的普通方程 10xy   . 由  2 2 2cos 4sin 4  ，得曲线C 的直角坐标方程为 224 4 0xy   . （Ⅱ）将直线 的参数方程为 （ 为参数），代入 ，得 25 12 2 8 0tt   .则 12 12 2 5tt   ， 12 8 5tt  .∴  2 1 2 1 2 1 24AB t t t t t t     2 12 2 8 8 245 5 5      ， 12 8 5PA PB t t   . 所以， AB 的值为 82 5 ，定点 P 到 A ， B 两点的距离之积为 8 5 . 23．当 3m  时，   1 2 3f x x x    当 1x  时，1 2 3 2xx    ，解得： 2 13 x； 当 31 2x时， 1 2 3 2xx    ，解得： ； 当 3 2x  时， 1 2 3 2xx    ，解得： 3 22 x   2fx的解集为： 2 ,23   （2）若存在 0x 满足  0013x f x   等价于 2 2 2 3x x m    有解 2 2 2 2 2 2 2x x m x x m m         23m   ，解得： 15m   实数 m 的取值范围为： 1,5