渝北中学2023-2024学年高三11月月考质量监测数学参考答案一、单项选择题题号12345678答案CBBDABAC8.解：依题意，由푎，푏是函数푓(푥)=푥2―푚푥+푛(푚>0,푛>0)的两个不同的零点，可知푎，푏是一元二次方程푥2―푚푥+푛=0的两个不同的根，由根据根与系数的关系，可得푎+푏=푚，푎푏=푛，∵푚>0，푛>0，∴푎>0，푏>0，∵푎，푏，―1这三个数可适当排序后成等比数列，∴只有푎，―1，푏或푏，―1，푎满足题意，∴푎푏=(―1)2=1，即푛=1，此时푏=1，푎∵푎，푏，―1这三个数可适当排序后成等差数列，∴只有―1，푎，푏或―1，푏，푎满足题意，即―1，푎，1成等差数列或―1，1，푎成等差数列，푎푎①当―1，푎，1成等差数列时，푎根据等差中项的性质有2푎=1―1，化简整理，得2푎2+푎―1=0，푎解得푎=―1(舍去)，或푎=1，此时푏=1=2，푚=푎+푏=1+2=5，2푎22②当―1，1，푎成等差数列，푎根据等差中项的性质有2=푎―1，化简整理，得푎2―푎―2=0，푎解得푎=―1(舍去)，或푎=2，此时푏=1=1，푚=푎+푏=2+1=5，푎2225푥푚푥55综合①②，可得푚=，∴不等式≥0即为2≥0，解得푥<1，或푥≥，2푥푛푥12푥푚故不等式≥0的解集为{푥|푥<1或푥≥5}.푥푛2二、多项选择题数学答案第1页共6页学科网（北京）股份有限公司题号9101112答案ACDADBCDAC2πT412．解：函数fx的最小正周期为π，2在图2中，以点O为坐标原点，OC、AA的方向分别为y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz，设点A0,t,0，则点A0,t,、B,t2,0，AB02t2t20222410，∵0，解得3，故A正确；πx31∴，fx3sin，则f03sin，可得sin，2225π又∵函数fx在x0附近单调递减，且0π，∴，故B错误；6πt5ππt5π∵ft3sin3，可得sin1，2626πt5ππ又∵点A是函数fx的图象在y轴左侧距离y轴最近的最高点，则，2622πx5π可得t，∴fx3sin，326πx5π1∵点C是函数fx在y轴右侧的第一个对称中心，∴Cπ，可得x，26C32412翻折后，则有A0,,3、B3,,0、C0,,0、A0,,0，33332∴AB3,2,3，AC0,1,3，∴在图2中，ABAC02135，故C正确；2222在图2中，设点Qx,y,0，AQxy032，3222可得xy1，AC0,1,0，AB3,2,0，3ACAB2272cosBAC，ACAB1772π易知BAC为锐角，则0BAC，4∴区域T是坐标平面xOy内以点A为圆心，半径为AC1，且圆心角为BAC的扇形及其1ππ内部，故区域T的面积S12，故D错误.T248三、填空题数学答案第2页共6页学科网（北京）股份有限公司311113．1214.15．16．(,0](,)312e116．解：由于푓(1)=0，只需푓(푥)在区间(1,푒]上没有零点，∵푓′(푥)=푙푛푥―푎，令푓′(푥)=0，解得푥=푒푎，∴当푥∈(0,푒푎)时，푓′(푥)<0，푓(푥)单调递减；当푥∈(푒푎,+∞)时，푓′(푥)>0，푓(푥)单调递增；①当푒푎≤1时，即푎≤0时，푓(푥)在区间(1,푒]上单调递增，当1<푥≤푒时，푓(푥)>푓(1)=0，符合题意；②当푒푎≥푒时，即푎≥1时，푓(푥)在区间(1,푒]上单调递减，当1<푥≤푒时，푓(푥)<푓(1)=0，符合题意；③当1<푒푎<푒时，即0<푎<1时，푓(푥)在(1,푒푎)上单调递减，在(푒푎,푒)上单调递增，只需푓(푒)=푎+1―푎푒<0即可，所以：1<푎<1，푒1综上，푎的取值范围是(―∞,0]⋃(1,+∞).푒1四、解答题17．（本小题满分10分）解：（1）设等比数列an的公比为q，q0，2∵9a1，3a2，a3成等差数列，∴6a29a1a3，即6a1q9a1a1q，化简可得q26q9q320，解得q3.n1n1又a11，∴数列an的通项公式为an133；nn（2）∵bnlog3an1log33n，所以cn3anbnn3，123n则Sn132333n3，①，234n13Sn132333Ln3，②n31331①-②得123nn1n1n1，2Sn3333n3n3n3132232n1∴S3n1．n4418．（本小题满分12分）数学答案第3页共6页学科网（北京）股份有限公司133解：（1）由三角形的面积公式bb1sinA，22解得b2，c3；（2）∵ADBABC，∴ADBABC，33a2c2b279427cosB，2ac2737421sinB1cos2B1，77211273321则sinADBsinABC，3727214213ADABABsinB由正弦定理，AD72．sinBsinADBsinADB3211419．（本小题满分12分）解：（1）设M类，N类商品单件收益分别为X1元，X2元，则EX10.42000.52000.850.12000.612057元，EX20.23000.43000.750.43000.616062元，EX1EX2，故N类商品单件收益的均值更高；3（2）由题意可知XB5,，X0,1,2,3,4,5，451401113115PX0C5，PX1C5，4102444102431151∴PX，21024102464Y2000.851205X3000.75160X25015X元，315又EX5元，44∴EYE25015X25015EX306.25元．20．（本小题满分12分）解：（1）证明：取AC的中点O，连接OD，数学答案第4页共6页学科网（北京）股份有限公司∵D是AC1的中点，∴OD//CC1，∵CC1平面ABC，∴OD平面ABC，以O为原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系，B0,3,1则A1,0,0，C1,0,0，B0,3,0，1，C11,0,2，∴D0,0,1，CD1,0,1，AB11,3,1，AC12,0,2，∵CDAB10，∴CDAB1，∴CDAB1，∵CDAC10，∴CDAC1，∴CDAC1，∵AB1AC1A，AB1,AC1平面AB1C1，故CD平面AB1C1；（2）设BB1a，则B10,3,a，显然m0,0,1是平面ABC的一个法向量，设nx,y,z是平面AB1C1的一个法向量，nAC12x2z0则，∴，取z3，则x3，y1a，∴n3,1a,3，nAB1x3yaz0mn32313∴cosm,n，∴a或a，mna22a75223BB1a1231331311当a时，E,,，∴DE,,，n3,,3，22242242333DEn244851∴cosDE,n，DEn1311853344164851∴直线DE与平面AB1C1所成角的正弦值为．8521．（本小题满分12分）解：（1）a2k2a2k12k2a2k2k2k2a2k4k2a2k2a2k4k2，4kk∴aaaaaaaa26104k22k2；2k242642k2k22222（2）由（1）知a2k2k，a2k1a2k22k22k12k22k2k，k2，2而a10也满足上式，故a2k12k2k，数学答案第5页共6页学科网（北京）股份有限公司1n2,n2kn2,n2k2**2∴an且kN，故bn且kN，即bn，n21n2,n2k1n,n2k1211111111∴2，∴n1时，1，n2时，2，bnnb1bnnn(n1)n1n111111∴T1(1)2，∵nN*，∴T2，证毕．n223n1nnn22．（本小题满分12分）1解：（1）hxlnxaxhxax当a0时，∴hx0恒成立得hx在0,递增，则函数hx不可能存在两个零点，故该情况不成立；11当a0时，得hx在0,递增；在,递减，aa1要使hx有两个不同零点，必须a0且极大值h0（x0和x时hx），a1∴0a；e（2）方程axexlnxxaxexlnxexxxx1x2令txe，由axelnxx有两个实根x1、x2，则t1x1e，t2x2e是hx的两个零点lntlnta12ht1lnt1at10且ht2lnt2at20，可得，t1t21t1t21由hxlnxax可得hxa，要证h0h，x2a22t1t2即证t1t2，即证t1t2，alnt1lnt2t211t12t1t2t2∵x2x1，∴t2t1，∴即证lntttt21211t2t12k1令k0,1，即证lnk，t2k12k1构造函数klnk，其中0k1，即证k0，k1数学答案第6页共6页学科网（北京）股份有限公司214k1k0，所以，函数k在0,1上单调递增，kk12kk12∴k10，故原不等式成立．数学答案第7页共6页学科网（北京）股份有限公司