四川绵阳市2021年11月22届高三理科数学上册一诊试题卷(含答案)

四川绵阳市2021年11月22届高三理科数学上册一诊试题卷(含答案)绵阳市高中2019级第一次诊断性考试理科数学参考答案及评分意见一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．CDBCCAABDDAD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．313．714．215．16．[1，22]2三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．解：（1）f(x)3(1cos2x)sin2x33cos2xsin2x2sin(2x)．………………………………………………4分3∵相邻对称轴间距离为，22∴函数的最小正周期T，即(0)，解得1，...

绵阳市高中2019级第一次诊断性考试理科数学参考答案及评分意见一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．CDBCCAABDDAD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．313．714．215．16．[1，22]2三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．解：（1）f(x)3(1cos2x)sin2x33cos2xsin2x2sin(2x)．………………………………………………4分3∵相邻对称轴间距离为，22∴函数的最小正周期T，即(0)，解得1，2∴f(x)2sin(2x)．…………………………………………………………6分35由2k≤2x≤2k，得k≤x≤k(kZ)，2321212∴函数f(x)在[0，]上的单调递增区间为[0，]．………………………8分212（2）将函数f(x)2sin(2x)的图象向左平移(0)个单位后得32g(x)2sin[2(x)+]=2sin(2x2+)，33∵g(x)为偶函数，∴g(0)2，即sin(2)1，……………………………………………10分3k∴2k，即(kZ)．32212又0，2∴．………………………………………………………………………12分12科数学答案第页共页18．解：（1）∵Sn13Sn2①，∴S23S12，即a1a23a12．∵a12，∴a26．…………………………………………………………2分当n≥2时，Sn3Sn12．②aan1≥2由①－②得an13an，即3(n2)．又3，ana1∴数列an是以首项为2，公比为3的等比数列．…………………………5分n1∴an23．…………………………………………………………………6分n1（2）由nan2n3，…………………………………………………………7分（01n1得Tn21323n3)①（12n3Tn21323n3)②（012n-1-n由①－②，得2Tn23333n3)，13n2T22n3n(12n)3n1．n1311∴T(n)3n．…………………………………………………………12分n22bsinC(2ab)sinB19．解：选择条件①：由btanC=(2ab)tanB，得，cosCcosB由正弦定理可得，sinBsinCcosB=(2sinAsinB)sinBcosC.∴sinCcosB2sinAcosCsinBcosC，∴2sinAcosCsinCcosBsinBcosCsinCBsinA，∵C(0，)，∴sinC0，1∴cosA，又A(0，)，∴A．223选择条件②：由正弦定理可得，2sinCcosB2sinAsinB，又sinAsin(CB)，∴2sinCcosB2sin(CB)sinB2(sinCcosBcosCsinB)sinB，化简整理得2cosCsinBsinB，1由sinB0，∴cosC，2ππ又0C，∴C．23理科数学答案第2页（共6页）选择条件③：由已知得，b2a2c2accosAa2cosC，由余弦定理，得b2a2c22abcosC，∵b2c2a2accosCc2cosA，∴2abcosCaccosAa2cosC，∵a0，∴2bcosCccosAacosC，由正弦定理，有2sinBcosCsinCcosAsinAcosCsin(AC)sinB，1∵sinB0，∴cosC.2ππ又C(0，)，∴C．…………………………………………………………4分23ac（1）证明：由正弦定理得=23，sinAsinC∴a=23sinA，∴a=23sinA=23sin(B)3sinB3cosB，得证．……………………………6分3（2）由AP=2PB及AB=3，可得PB=1，在△PBC中，由余弦定理可得，22CPa12acosB(3sinB3cosB)212(3sinB3cosB)cosB423sin2B．………………………………………………………………9分∵△ABC为锐角三角形，∴B(，)，即2B(，)．623当2B=，即B=时，CP2取最大值为4+23．24∴线段CP的长度的最大值为1+3．………………………………………12分20．解：（1）由题意得f(x)x22ax3a2=-(x-3a)(x+a)．…………………1分当a1时，f(x)(x1)(x3)，x[-4，2]．由f(x)0，解得3x1；由f(x)0，解得4≤x3或1x≤2．………………………………………3分∴函数f(x)在区间(-3，1)上单调递增，在区间[-4，-3)，(1，2]单调递减．2533227又f(f4()4)5，，ff((31))，，f(1)0，f(2)，333332∴函数f(x)在区间[-4，2]上的最大值为0，最小值为．………………6分3理科数学答案第3页（共6页）（2）存在实数m，使不等式f(x)0的解集恰好为(m，+)，等价于函数f(x)只有一个零点．∵f(x)x22ax3a2=(x3a)(xa)，i)当a<0时，由f(x)0，解得3axa，∴函数f(x)在区间(3a，-a)上单调递增；由f(x)0，解得x3a或xa，∴函数f(x)在区间(，3a)，(-a，)上单调递减．5又f(0)0，3∴只需要f(-a)<0，解得-10时，由f(x)0，解得ax3a，即f(x)在区间(-a，3a)上单调递增；由f(x)0，解得xa或x3a，即函数f(x)在区间(，-a)，(3a，)上单调递减；535又f(0)0，∴只需要f(3a)<0，解得0a．3335综上：实数a的取值范围是(1，)．………………………………………12分321．解：（1）由题意得f(x)(x1)exb(lnx1)x．…………………………1分∵函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为2e-3，∴f(1)2eb12e3，解得b=2．………………………………………3分x321当x>1时，f(x)xex1等价于x22xlnx10，即x2lnx0．2x1令F(x)x2lnx，x21(x1)2则F(x)10．xx2x2∴函数F(x)在区间(1，)上单调递增，∴F(x)F(1)0，3∴当x>1时，f(x)xexx21．……………………………………………6分2理科数学答案第4页（共6页）1（2）由题得g(x)xex2xlnxx2(4a)x1．2若g(x)=f(x)+(4-a)x-1无极值，则g(x)≥0恒成立或g(x)≤0恒成立．i)当g(x)≥0恒成立时，g(x)(x1)ex2(1lnx)x4a≥0，即≤ex．a2[(x1)2lnxx]min令h(x)(x1)ex2lnxx．2(x2)1∴h(x)(x2)ex1(x2)ex(x2)(ex)(x>0)．xxx11令(x)ex，则(x)ex0，xx2即(x)在(0，)上单调递增．………………………………………………8分1又()e2420，(1)e10，21x01∴存在x0(，1)，使得(x0)e=0．2x0∴当，时，，即，x(0x0)(x)0h(x)0∴函数在区间，单调递减．h(x)(0x0)当，时，，即，x(x0)(x)0h(x)0∴函数在区间，单调递增．h(x)(x0)∴函数的最小值为x0．………………………分h(x)h(x0)=(x01)e2lnx0x010x01又e，即x0lnx0，x011代入，得x0．h(x0)=(x01)e2lnx0x0=12x0x01x0x0x0又1，，则1，7．x0(1)h(x0)==1x0(3)2x02∴正整数a的最大值是5．ii)当g(x)≤0恒成立时，g(x)(x1)ex2(1lnx)x4a≤0，即≥ex，a2[(x1)2lnxx]max又由（）知，函数在区间，上单调递增，ih(x)(x0)∴函数h(x)不存在最大值．综上：正整数a的最大值是5．………………………………………………12分理科数学答案第5页（共6页）=≤≤22．解：（1）曲线C1的极坐标方程为2(0)．…………………………2分，设P()为曲线C2上的任意一点，∴=2cos()．2=≤≤∴曲线C2极坐标方程为2sin(0)．…………………………………5分，（2）∵直线(0R)与曲线C1，C2分别交于点A，B(异于极点)，，，∴设B(B)，则A(A)．由题意得B2sin，A2，∴ABAB22sin．……………………………………………………7分∵点M到直线AB的距离dOMsin2sin，11∴S=ABd(22sin)2sinAOM22(sin1sin)212(1sin)sin≤2421(当且仅当sin时，等号成立)．21∴△ABM的面积的最大值为．……………………………………………10分223．解：（1）由题意得f(x)xmx2m≤(xm)(x2m)3m．………3分∵函数f(x)的最大值为6，∴3m6，即m2．∵m>0，∴m=2.………………………………………………………………5分（2）由（1）知，xyz2，∵x>0，y>0，z>0，xx∴2xyz(y)(z)22xyxzx≥22(当且仅当yz时，等号成立)．…………………………8分222∴2xy2xz≤2，1∴xyxz≤2(当且仅当x1，yz=时，等号成立)．………………10分2理科数学答案第6页（共6页）

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