德阳五中高2021级高三上期12月月考理科数学试题答案一、选择题CABBACDACBBD二、填空题：13.[1,−+)14.−10015.216.①②③三．解答题17．【详解】（1）解：设数列an的首项为a1，公差为d，a4+a8=2a1+10d=22所以，解得a1=1，d=2，……………………………………4分a10=a1+9d=19故的通项公式为ann=−21．…………………………………………………………………6分n（2）解：因为bnn=−(213)，12n所以Tnn=+++−1333213()，①21nn+313233213Tnnn=++−+−()()，②…………………………………………8分21nn+由①－②，得−2Tnn=3+2(3++3)−(2−1)3…………………………………9分321−(13n−)=3+2−(2nn−1)3nn++11=(2−2)3−6，………………………………10分13−n+1故数列bn的前n项和Tnn=−+(133).……………………………………12分1118．【详解】（1）由已知SabcabC=+−=(222)sin，22由余弦定理abcabC222+−=2cos，得sin2cosCC=，………………………………4分π5得tan20C=，所以C0,，所以cosC=.………………………………………6分25（2）由正弦定理得sinABBACcossin+=sinsin，…………………………………………7分则sinABBAAcossin+=+sinsinB()，又sin(ABABAB+)=sincos+cossin所以sinBAABsin=cossin，又B(0,π)，sinB0所以sinAA=cos，即tanA=1………………………………………………………………9分1/5{#{QQABRQ4QggCAAgBAARgCEQVKCkIQkAECAIoGgEAMMAAAgBFABAA=}#}π又A(0,π)，所以A=，4525由cosC=，得sinC=，552255310所以sinBAC=sin(+)=+=，255103105aBsin由正弦定理：b==10=3.……………………………………………12分sinA2219.解：（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为22CC55+442=,因为量词抽奖相互独立，所以中奖次数X服从二项分布，即XB(2，)，C1099所以X的所有可能取值为0,1,2,则4525P(0)()(),XC===002299814540P(1)()(),XC===111299814516P(2)()(),XC===22029981所以X的分布列为X012P25401681818148所以X的数学期望为E(X)=2=…………………………………………………5分99（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数Y的所有可能取值为0,1,2，则1111CC55CC4420PY(=0)=22=,CC1086322111122CCCCCC5+53555CC44+15153010PY(=1)=22+22=+==,CCCC108108636363212222CCCC5++53513PY(=2)=22=,CC10863所以Y的分布列为2/5{#{QQABRQ4QggCAAgBAARgCEQVKCkIQkAECAIoGgEAMMAAAgBFABAA=}#}Y012P20101363216310138所以Y的数学期望为E(Y)=12+=………………………………………10分216391613（3）因为（1）（2）的数学期望相等，第（1）问中两次奖的概率比第（2）问的大，即，81632520第（1）问不中奖的概率比第（2）问的小，即8163回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择（2）回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择（1）…………………………12分20．【详解】（1）fxax()=−31(2)，令fxx()==01，(i)当a0时，x−−+(,11,)()时，fx0；x−(1,1)时，fx()0，所以fx()在(−,1−)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增；(ii)当a0时，时，；时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减…………………………………………………………………………………………6分11（2）有三个零点，当且仅当ffa(−110)(−)或a，223由题意fxaxax(111)=−+=310，①在xx=0处的切线方程为：yfxfxxx−=−(000)()()，该切线经过点(x1,0)，则−=−fxfxxx(0010)()()，23即a(3x0−3)(x1−x0)+ax0−3ax0+1=0②………………………………………………9分233①②联立得：axxxaxaxaxax(3331310100011−−+−+)(=−+)，222−−−−+++−=a(3330xxxa0101000xxxx)1110(xxa)xx()()()，因为x01x,0a，22222所以，(3x0−−+++=3)(xxxx0011)302xxxx0011−+=0(2xxxx0101+)(−=)0，所以20xx01+=，即xx10=−2.……………………………………………………………………………………12分ax−ln21.解：(1)函数fx()=，x3/5{#{QQABRQ4QggCAAgBAARgCEQVKCkIQkAECAIoGgEAMMAAAgBFABAA=}#}1xax()(ln)−−−−−+1lnax==fx()x，xx22令f（1）=0，−1−l+n1=a0，解得a=−1；……………………………………………………………………2分令fx=()0，则lnx=0，解得x=1，当fx()0时，x1，当fx()0时，01x，即fx()在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增所以有极小值为f（1）=−1；无极大值；………………………………6分2(2)由（1）可知在e,+)上单调递增，fxfx()()−k11212fxfxk()()()−−不妨设xx12e，则，即12xxxx1212−xx21kk++fxfx()()12xx12k函数Fx(fx)=+()在上单调递增，………………………………8分x−−1lnxk又Fx()=+，xx−+kxln=Fx()0在上恒成立，x2lnlnxe2==2kxln在上恒成立，又在上()min，k2因此实数k的取值范围是(−，2]．…………………………………………12分2xt=222．【详解】（1）依题意，直线l的参数方程为（t为参数），2yt=+12则yx−=1，所以直线l的普通方程为：xy−+=10.…………………………………………………………………………2分曲线C的极坐标方程为=−4sin4cos，2=−4sin4cos，x22+y=44y−x，所以曲线的直角坐标方程为(xy+2)22+(−2)=8.………………………………………………………………5分4/5{#{QQABRQ4QggCAAgBAARgCEQVKCkIQkAECAIoGgEAMMAAAgBFABAA=}#}2xu=−+12（2）P(1,0−),将直线l的参数方程改写为(为参数)…………6分2yu=2代入曲线方程(xy++−=228)22()，2222，整理得2，………………分uu++−=128uu−−=230822∴uu12=−3，∴PAPB=u12u=3.……………………………………………10分12,0−xx23．【详解】(1)解:由题可得fxxxx()=−+=11,01，21,1xx−所以fx()5,x011xx1即或或125−x15215x−解得x−2或x3,所以不等式fx()5的解集为(−−+,32,[).………………………………………5分(2)证明:fxxxxx()=−+−−=111，则t=1,则abcacbc++=+++=22()()，111111b++cac故+=++++=++(acb)(c)22ac++++++bcac22bcacbc当且仅当acbc+=+=1时取等号.…………………………………………………10分5/5{#{QQABRQ4QggCAAgBAARgCEQVKCkIQkAECAIoGgEAMMAAAgBFABAA=}#}