24高三·数学10月检测-参考答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届安徽省徽师联盟高三上学期10月联考_安徽省徽师联盟2024届高三上学期10月联考数学

高三·数学 10 月质量检测卷 参考答案 一.选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 1.C 2.D 3.D 4.D 5.B 6.D 7.D 8.A 二.选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 9.BD 10.AB 11.ACD 12.AC 三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.  3 1 13. 1,3 14.-1 15．,  16.  2 e 解析: 1．C 由题意可得，集合A表示0 x1时线段yx1上的点，集合B表示0x10时线段 y2x y x1 x1   上的点，则AB表示两条线段的交点坐标，联立y2x ，解得y2 ，满足条件， 所以AB 1,2 . 2．D x2,1  ，x2 2a，只需y= x2在x2,1  上的最大值小于等于2a， 其中y 4，故2a4，解得a2，因为a3a2，但a2a3， max 所以a3是“x2,1  ，x22a0”为真命题的一个充分不必要条件，C正确； 3．D x1 x1 2x3x1 x4 3 由 1可得1   0 ，解得  x4， 2x3 2x3 2x3 2x3 2 x1 3  故不等式 1的解集为 ,4  . 2x3 2  4．D 由函数 f 2x1的定义域为1,1，即1x1，得32x11， f x1 3x11 因此由函数y 有意义，得 ，解得1 x2， x1 x10 f x1 所以函数y 的定义域为1,2. x1 5．B 数学答案第1页，共7页 {#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}由x2ax10可得x2ax10，由题意可知，不等式x2ax10对任意的xR恒成 立，则a240，解得2a2. 6．D  3π 3π  3π 3π  π  π 3π 因为 f xsin2x ，所以 f  sin2  1，f  sin2   0，  10 10  10 10 4  4 10 故AB错误；显然 f x的最小正周期为T 2π π，故C错误．将 f x图象上所有点的横坐 2  3π 标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得函数ysinx 的图象，D正确．  10 7．D fxex xaex 1xaex，切线的斜率为k  f1ae1， 因为切线与直线2xy10垂直，所以ae121，解得a e ． 2 8．A e2z 由xlny yez  zx，得xlnyzx，则zlny，得yez，则由yez  zx得ezez  zx，故x ， z 令 f(z)ez z(z0)，则 f(z)ez 10，所以函数 f(z)在(0,)上单调递增，则 f(z) f(0)e001，所以ez z，即y  z， 又xy e2z ez e2z zez  ez(ez z)  0 ，所以x y， z z z 综上，x y z. 9．BD 选项A，点A到边BC的距离是1，∵1 22，∴三角形有两解； 选项B，点A到边BC的距离是2与b相等，∴三角形是直角三角形，有唯一解； 选项C，点A到边BC的距离是2.5b，三角形无解； 选项D，根据已知可解出CπAB75，ac 6  2， ∴三角形有唯一解. 10．AB 对于选项A，x2xx1 x22x10，所以对xR，都有x2x x1，故选项A 4 4 正确；对于选项B，当x2时，x 2 6，故选项B正确；对于选项C，若a,b x1 21 b a x210 x291 1 异号，则  0，故选项C错误；对于选项D，y   x29 2， a b x29 x29 x29 数学答案第2页，共7页 {#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}1 x210 当且仅当 x29  ，此时 x29 1，此式无解，所以函数y 的最小值不 x29 x29 为2，故选项D错误. 11．ACD  2π  π 5π T     3  6 6 5π 5π 由题意可得： f x的最小正周期 ，解答 T  ，  2π  π 5π 12 6 2T      3  6 6 5π 2π 5π 12 24 12 且0，则   ，解得  ，所以  ，故A正确； 12  6 5 5 0 5 12   π  2π   2π  1 此时 f x2sin x，因为 f  2sin 1，则sin  ，  5   6  5   5  2 2π 2π 3π 2π π 17π 又因为0π，则   ，所以  ，解答 ，故B错误； 5 5 5 5 6 30 12 17π  π  π 由 f x2sin x ，得 f  2sin 2为最大值，故 f x的图象关于直线  5 30   36 2 π 12 17 π π 5 x 对称，故C正确；由 x  kπ，kZ，可得x  kπ，kZ， 36 5 30 2 36 12  π 2π 12 17π π 13π π π 且x    6 , 3   ，则 5 x 30   6 , 6   ，可得x 1 x 2  36 2 18 ，  π 5π 7π 13π x x 2    ，所以x 2x x  ，D正确； 2 3  36 12 9 1 2 3 18 12．AC 设 f xxex，则 f x在R上单调递增， ∵ f b f lnabeb  lnaelna alna(lnaa)0， ∴blna，即aeb，∴abebb， 令g(x)exx，则g(x)ex1，当x0时，g(x)0，g(x)单调递减， 当x0时，g(x)0，g(x)单调递增，∴g(x) g(0)1，从而ab1，故AC符合. 13．1,3 因为 f x是偶函数，所以 f 2 f 21，所以 f x1 f 2， 又因为在0,上单调递增，所以 x1 2，解得：1x3， 14．1 若“x1,3，x22a”为真命题，则  x22  a，由x 1,3  ，得  x22  121， min min 数学答案第3页，共7页 {#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}所以a1，所以实数a的最小值为1.  3 15．,   2 f x  x2 mx  ex，则 fxex x2mx2xm  ，  1 3  1 3 函数 f x在区间  , 上存在减区间，只需 fx0在区间  , 上有解，      2 2  2 2  1 3  1 3 1 5 即x2m2xm0在区间  , 上有解，又x  , ，则x1 , ，        2 2  2 2 2 2 x2 2x  1 3 x2 2x  1 3 所以m 在区间   ,  上有解，所以m  ，x   ,  ，令x+1=t， x1  2 2  x1   2 2 max t   1 , 5  ，则 x22x  x121  t21 ，令gtt 1 ，则gt1 1 0在区间 2 2 x1 x1 t t t2 1 5 1 5 1 3 t  ,  恒成立，所以gt在t  ,  上单调递减，所以gt g  ，即 2 2 2 2 max 2 2 x2 2x 3 3    ，所以m ，  x1  2 2 max 1 16． e 2023x 12023x 1 2023x 1 f x  1 ， 2023x 1 2023x 1 gx f x1 2023x 1  2023x 12 1 2 ，gx在R上单调递增， 2023x 1 2023x 1 2023x 1 且gx 2023x 1  12023x g x，gx为奇函数， 2023x 1 12023x f(aex)2 f(lnalnx) f(aex)11 f(lnalnx) g(aex)g(lnxlna) x x x x ln x aexlnxlnaln  xex ln ln e a，令h(x)xex(x0)，求导得 a a a a x x h(x)(x1)ex 0，函数h(x)在(0,)上单调递增，当ln 0时，有h(x)h(ln )，于是 a a x x x x ex 1 ex xln ，当ln 0时，显然xln 成立，因此xln ，即  ，令(x) ,x0， a a a a x a x (x1)ex 求导得(x) ，当x(0,1)时，(x)0，函数(x)单调递减，当x(1,)时， x2 1 1 (x)0，函数(x)单调递增，因此当x1时，(x) (1)e，则 ≤e，而a0，有a ， min a e 17．解：（1）∵a1，∴B x 2 x1  ，∴AB x 2 x1  ，AB x x1或 x5；……………………………………………………………………………………………………………………（4分） 数学答案第4页，共7页 {#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}（2）∵xA是xB的必要条件，∴BA∴当B时，则有2aa2，解得a2．满 2aa2 2aa2 足题意．当B时，有 1，或 2， a21 2a5 由不等式组1可得a 3，不等式组2无解． 故实数a的取值范围是  a a2或a3…………………………………………………………………（6分） 18．解：（1） f(x)2sin2x2 3sinxcosx 1cos2x2 3sinxcosx π  3sin2xcos2x12sin(2x )1 6 π π π π π 由2kπ 2x 2kπ (kZ) ，得kπ xkπ kZ. 2 6 2 6 3  π π 所以 f(x)的单调增区间是  kπ ,kπ  kZ.…………………………………………………（6分）  6 3 π π π 5π 1  π （2）因为0 x ，所以 2x  ，所以 sin2x 1， 2 6 6 6 2  6 π 所以 f(x)2sin(2x )1[0,3].所以m0，即m的最大值为0………………………（6分） 6 19．解：（1）在ABC中，由bcosC 2accosB及正弦定理得 sinBcosCcosBsinC2sinAcosB，即2sinAcosBsin(BC)sinA，而A,B(0,π)，即 1 π sinA0，因此cosB ，所以B ………………………………………………………………………（5分） 2 3 π 2π （2）在锐角ABC中，B ，则A C，又c1， 3 3 2π 3 1 a c sin( C) cosC sinC 由正弦定理得  ，即 csinA 3 2 2 3 1 sinA sinC a     sinC sinC sinC 2tanC 2  π 0C   2 π π 3 1 1 而 ，即 C ，则tanC  ，0  3，因此 a2，  0 2π C π 6 2 3 tanC 2  3 2 于是ABC面积 ， 1 1 3 3 3 △ =2 3=23 ×1× 3 = 4 ∈ ( 8 , 2 ) 所以ABC面积的取值范围是( , ).……………………………………………………………（12分） 8 2 20．解：（1）当a2时，则 f x x23x2，由 f x0，得x23x20x2x10， 原不等式的解集为  ,1 ∪ 2,  ；……（4分） （2）由 f  x   0   x  a  x 1   0，当a1时，原不等式的解集为1,a；当a1时， 数学答案第5页，共7页 {#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}原不等式的解集为； 当a1时，原不等式的解集为a,1……………………（8分） （3）由 f x2x0即x2  x   x 1  a  0在1,上恒成立，得a x2x . x1  2 令tx1 t 0，则 x2  x  t  1  t  1  t 2  3 3 2 2 ，当且仅当 t 2， x  1 t t  即x 21时取等号.则a2 23，.故实数a的范围是 ,2 23  …（12分） a1 21．解：（1）因为函数 f(x)是定义在R上的奇函数，所以 f(0)0，即 0，所以a1， b1 1 a 2x a2x 2x1 2x1 又因为 f(x)f(x)，所以  ，将a1代入，整理得  ，当x0 b 1 b2x b2x 1 b2x 2x 时，有b2x1b2x，即b1  2x1  0，……（4分） 又因为当x0时，有2x 10，所以b10，所以b1. 检验符合，所以a1，b1. 12x (12x)2 2 （2）由（1）函数 f(x)  1 函数 f(x)在R上是减函数…（8分） 12x 12x 12x （3）因为存在t[0,4]，使 f  kt2  f  4t2t2 0成立，又因为函数 f(x)是定义在R上 的奇函数，所以不等式可转化为 f  kt2  f  2t24t  ，又因为函数 f(x)在R上是减函数， 所以kt2 2t2 4t，所以k t2 4t，令g(t)t24t t224，由题意可知：问题等价 转化为k g(t) ，又因为g(t) g(2)4，所以k 4……………………………（12分） min min 22．解：（1）由 f xex axcosx2可得 fxexasinx ， 此时切线斜率为 f0e0asin01a，而 f 0e00cos020； 所以切线方程为y01ax0，即y1ax；即曲线y f x在点  0, f 0 处的切 线方程为y1ax；……………………………………………………………………………………………（4分） （2）根据题意，若 f x在0,上单调递增，即可得 fxex asinx0在0,上 恒成立，即aexsinx恒成立；令gxexsinx,x0,，则 gxexcosx,x0,；显然ex在x0,上满足ex e0 1，而cosx1恒成立，所 以gxexcosx0在x0,上恒成立；即gxexsinx在x0,单调递增， 数学答案第6页，共7页 {#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}所以gxg01；所以a1即可；因此实数a的取值范围为,1  …………（8分） （3）令 f xexaxcosx20 ，即可得excosxax2；构造函数hxexcosx， x0,，易知hxexsinx0在0,上恒成立，即hx在0,上单调递增， 如下图中实曲线所示： 又函数yax2恒过0,2，且h0e0cos0=2，易知h0e0sin01， 所以函数hxexcosx在0,2处的切线方程为y x2；又a1，所以yax2（图中 虚线）在0,范围内恒在y x2（图中实直线）的上方；所以由图易知yax2与 hxexcosx在0,范围内仅有一个交点，即函数 f x在0,内仅有一个零点…（12 分） 数学答案第7页，共7页 {#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}