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.A13.31014.5xy2015.2216.②③④*17.解：因为数列an满足a11，an12an，nN，所以，数列an是以1为首项，公比为2的等n1n1n-1比数列，所以ana1q2，即数列an的通项公式为an=2，b12设等差数列bn的公差为d，由b1a22，b3a2a3a424814，得，解得b12d14d6，所以，bnb1n1d6n4，即数列bn的通项公式为bn6n4；n1（2）由（1）可知cnanbn26n4，所以，数列cn的前n项和12nn26n4n1n2，即Sn122286n423nn1122n2Sn23nn1．18.解：由正弦定理知，2sinBcosC2sinAsinC，∵sinAsinBCsinBcosCcosBsinC，代入上式得2cosBsinCsinC0，12∵C0,，∴sinC0，cosB，∵B0,，∴B.231211（2）若选①：由BD平分ABC得，S△S△S△∴acsin1csin1asin，ABCABDBCD2323232即acac．在ABC中，由余弦定理得b2a2c22accos，3acac222又b23，∴acac12，联立22得(ac)ac120，解得ac4，ac3acac121213（舍去），∴Sacsin43．ABC232212122若选②：因为BD(BABC)，BD(BA2BABCBC)2412221c2accosa，得a2c2ac4，432在ABC中，由余弦定理得b2a2c22accos，即a2c2ac12，322acac41213联立22，可得ac4，∴SABCacsin43．acac122322119.（1）f(x)23sinxcosx(sin2xcos2x)(sin2xcos2x)3sin2xcos2x2sin(2x)6352k2x2k，解得kxk262365所以函数f(x)的单调减区间为[k,k],kZ.361向左平移个单位横坐标缩短为原来的（2）yf(x)6y2sin(2x)2g(x)2sin(4x)6纵坐标不变67x[0,]，4x[,]46661g(x)所以sin(4x)1,所以12sin(4x)2所以的值域为[1,2].26620.【解析】（1）因为fx2x33a1x26axa0，所以f'(x)6x26a1x6a6x1xa．2①当a1时，f'(x)6x10，fx在R上严格递增；②当0a1时，由f(x)0得xa或x1，由f(x)0得ax1，所以fx在(,a)单调递增，在(a,1)上单调递减，在(1,)单调递增；③当a1时，由f(x)0得x1或xa，由f(x)0得1xa，所以fx在(,1)单调递增，在(1,a)上单调递减，在(a,)单调递增；2（2）由（1）可知①当a1时，f'(x)6x10，fx在0,a1上严格递增，此时f(x)在0,a1上的最大值为fa1；②当0a1时，列表如下：x00,aaa,111,1aa1'＋－＋f(x)00fxfaf1极大值极小值由表知，fx在0,a1上的最大值只有可能是fa或fa1，因为f(x)在0,a1上的最大值为fa1，11所以fa1faa33a23a1a33a23a10，解得a，此时a1；33③当a1时，列表如下：x00,111,aaa,a1a＋1'＋－＋f(x)002fxf1fa极大值极小值由表知，fx在0,a1上的最大值可能是f1或fa1，因为f(x)在0,a1上的最大值为fa1，所以fa1f1a33a23a13a1a33a2a2a30，解得a3，此时1