绵阳南山中学2021级高三上期零诊考试试题理科数学答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．BDDCBCABAACC二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．214．1215．016．-1三、解答题：本大题共6小题，共70分．π17．解：（1）因为fx3sin2x2cos2x3sin2xcos2x12sin(2x)1，6π又fx图象相邻两条对称轴间的距离是，所以函数f(x)的周期为Tπ，22ππ所以π，则1，所以f(x)2sin(2x)1，26ππ3ππ2π令2kπ2x2kπ,kZ，解得kπxkπ,kZ，26263π2π所以函数fx单调递减区间为[kπ,kπ](kZ).63π（2）由（1）知：f(x)2sin(2x)1，6ππππ2ππ因为x,，所以2x(,)，则2sin(2x)(3,2]，446336ππ所以f(x)(13,3]，要使fxm在,上有解，则m(13,3].4418．解：（1）已知anSn4①，当n1时，2a14，解得a12，当n2时，an1Sn14②，①②得：anan1an0，a1n1n2n因为an0，整理得，所以ana122；an122n（2）由，bnlog2an可得bnlog222n，由于111111，b2n1b2n122n122n12n32n122n32n1111111n所以Tn1111.232n32n122n12n119．解：（1）因为3csinAsinBasinCasinCcosB，由正弦定理得3sinCsinAsinBsinAsinCsinAsinCcosB，第1页共4页π1又因为A,C(0,π)，则sinA0,sinC0，所以3sinB1cosB，整理得sinB，62ππ5ππππ且0Bπ，可知B，所以B，即B.666663π（2）由角B的平分线交AC于点D，可得sinCBDsinABD，6111且SSS，则aBDsinCBDcBDsinABDacsinABC，CBDABDABC222111113即623c236c，解得c3.22222220．解：（1）由题意得函数fx的定义域为R，fx2x22k1x2k2x1xk，①当k1时，f'x0，即fx在R上单调递增；②当k1时，由f'x0，得x1或xk，由f'x0，得1xk，fx在1，k上单调递减，在，1和k，上单调递增；③当k1时，由f'x0得xk或x1，由fx0得kx1，fx在k，1上单调递减，在，k和1，上单调递增，综上所述，当k1时，fx在R上单调递增；当k1时，fx在1，k上单调递减，在，1和k，上单调递增；当k1时，fx在k，1上单调递减，在，k和1，上单调递增；2（2）方程fxgx有三个根，即x3k1x22kx2kx1有三个根，32x3k1x210有三个根，显然x0不是方程的根，32121则kx1有三个根，即yk与函数hxx1的图象有三个交点，3x23x222hx，令hx0，可得x33，3x3由hx0，可得x33或x0，由hx0，可得33x0，则hx在，33和0，上单调递增，在33，0上单调递减，hx在x33处取得极大值为h33331，第2页共4页当x时，hx，当x0时，hx，当x0时，hx，当x时，hx，如图所示：21要使yk与函数hxx1的图象有三个交点，3x2只需k331，k的取值范围是，331．1x121．解：（1）当a1时，f(x)xlnx，0,,所以f(x)1，xx当0x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，故而f(x)在(0,1)上单调递减，在t[1,)上单调递增；所以f(x)的最小值为f(1)1ex（2）g(x)f(x)在0,上恒成立等价于：2e3≥a(xlnx)恒成立，x即exlnxa(xlnx)≥2e3，在0,恒成立，令txlnx，由（1）知：上面不等式等价于：et2e3etat≥2e3，在t[1,)上恒成立，所以a≤，在t[1,)上恒成立，tet2e3ett(et2e3)(t1)et2e3令h(t),t[1,),所以h(t).tt2t2又令p(t)(t1)et2e3,t[1,)，且p(3)0，而p(t)tet0，即p(t)在[1,)上单调递增，所以当t[1,3)时，p(t)0，即h(t)0，所以h(t)在[1,3)上单调递减；当t(3,)时，p(t)0，即h(t)0，所以h(t)在(3,)上单调递增；所以h(t)在[1,)上的最小值为h(3)e3，所以a≤e3.x2cos2222．解：（1）因为曲线C1的参数方程为（为参数），而sincos1，y4sin2222所以xy，即曲线的普通方程为yx1C11.24164π3由cos2，得cossin3，42即曲线C2的直角坐标方程为xy30.第3页共4页3π（2）由（1）可知点P1,2在直线曲线C上，直线C的倾斜角为，2242x1t2设曲线C2的参数方程为（t为参数），2y2t2y2x2将曲线C2的参数方程代入C1的普通方程为1，164整理得5t242t160.设直线C2上的点M，N所对应的参数分别为t1，t2，由t的几何意义知PMt1，PNt2，4216而点P在椭圆内，则0，tt，t1t2.12551111tt2所以12.PMPNt1t2t1t24223．解：（1）当x1时，f(x)3x1x12x43x1x，故x1；333当1x2时，fx3x1x12x43x1x，故1x；22当x2时，fx3x1x12x43x131不成立，3综上所述：不等式fx3x1的解集为(,].2（2）当x1时，f(x)x12x43x3[6,)，当1x2时，fxx12x4x5(3,6)，当x2时，fxx12x43x3[3,)，所以M3，a2b3，因为a0,b0，所以a1b11111a2b12ba12222()2(12)2(322)3，ababab33ab332ba32当且仅当，又a2b3，即a323，b3时，取得等号.ab2a1b122所以的最小值为3.ab3第4页共4页