广东省2024届高三第二次六校联考+数学答案(1)(1)_2023年10月_0210月合集_2024届广东省高三第二次六校联考（东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念）

东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学
2024 届高三第二次六校联考试题标准答案及评分标准
一、单项选择题 二、多项选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
B A A D D A C C AB BCD ABD ACD
三、填空题：（每小题5分，共20分）
x
13. f(x)|x|,x[1,1] 或者 f(x)cos ,x[1,1] 或者 f(x) 1x2 或者...
2
14. f(x)2sin(2x  ) 15. 2, 5 3 16.,0   2 ,  
6 14 e 
四、解答题
17.【解析】（1）解法一：ccosB+bcosC＝3acosC．
a b c
由正弦定理   得sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC， ....2分
sinA sinB sinC
所以sin(B＋C)＝3sinAcosC， ..........3分
由于A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，则sinA＝3sinAcosC．
1
因为0<A<π，所以sinA≠0，cosC＝ . ..........4分
3
2 2
因为0<C<π，所以sinC＝ 1－cos2C＝ . ..........5分
3
解法二：因为ccosB+bcosC＝3acosC．
a2＋c2－b2 a2＋b2－c2 2
所以由余弦定理得c× ＝(3a－b)× ，化简得a2＋b2－c2＝ ab，
2ac 2ab 3
2
a2＋b2－c2 ab 1
所以cosC＝ ＝3 ＝ .
2ab 3
2ab
2 2
因为0<C<π，所以sinC＝ 1－cos2C＝ .
3
（2）由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC， .......7分
1 2
及a b 2,c3 2，cosC＝ ，得a2＋b2－ ab＝18，
3 3
4
即(a－b)2＋ ab＝18. 所以ab＝12. ......8分
3
1 1 2 2
所以 ABC的面积S＝ absinC＝ ×12× ＝4 2. .......10分
2 2 3
△
18．【解析】（1）当60时，DE//AC ，DF //AB
四边形AEDF 为平行四边形，则BDE和CDF均为边长为1km的等边三角形
又S  1 22sin60  3  km2， S S  1 11sin60 3  km 2
ABC 2 BDE CDF 2 4
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{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}绿化面积为： 32 3  3 km2 ................3分
4 2
（2）方法一：由题意知：30 90,BD=CD=1
1 3
SS S S  3 BECFsin60  3 BECF......4分
ABC BDE CDF 2 4
在BDE中，BED120，由正弦定理得： BE 
sin
............5分
 
sin 120
在CDF中，CDF 120，CFD
 
sin 120
由正弦定理得：CF  .............6分
sin
BECF 
sin

sin

120


sin2sin2
120

....................7分
sin  120  sin sin  120  sin
3 1 3
cos sin
sin(120) 1
2 2 2
令t    
sin sin tan 2
3 1 
30 90tan( ,)t ,2 .................10分
3 2 
1
BECF  t  f(t)
t
1 1 
 f'(t)1  f(t)在 ,1上单调递减；f(t)在 1，2 上单调递增．
t2 2 
 f(t)[2, 5 2 )即 BECF    2, 5 2    SS3 A  BC  4 3 S  B BD E E CS  F CD  F      3 8 3 3 , 1 22  3 B    ECFsin60  3 4 3 BECF
即花草地块面积S的取值范围为 

3 3
,
3

..................12分

 8 2 
方法二：由已知得+BED+B,+EDF+FDC ,

又 BEDF  , 所以BEDFDC，
3
BE BD
在BED和CDF中有：BC 60,BEDFDC ，BEDCDF，得 
DC CF
1
又D是BC的中点，DCBD1BEFC1,且当E在点A时， CF  ，
2
1 1 1 3 1 3 3
所以 CF 2 ，所以 S  2 3 1 BE 1 CF  3 (BECF) ，
2 2 2 2 2 2 4
1 1 1 1 x21 x+1x1
设CF x， BE  ，且 x2，令 yx ，则 y 1   ，
x 2 x x2 x2 x2
 1  x1 时， y 0,y x 1 在   1 ，1   单调递减，1x2时， y0,y x 1 在(1,2)上单
2 x 2  x
1 1 1 5
调递增，x1时， yx 有最小值2，当 x 或 x2 时， y x  ，
x 2 x 2
所以面积S的取值范围是   3 3 , 3  .

 8 2 
2024届高三第二次六校联考数学答案 第 2 页 共 5 页
{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}3
19.【解析】（1） f(x)cos( x)sin(Ax)sinxsinAcosxcosAsinx. .........2分
2
sinxcosxsinAcosAsin2 x
sin2x 1cos2x 1 1
sinA cosA  cosA cos2xA， ...........4分
2 2 2 2
1 1 1 1
故 f x  cosA  ，故 cosA .
max 2 2 4 2

因为A0,，故 A . ..............5分
3
（2） 1  1   1   1,
f(x) cos  cos2x  cos2x 
2 3 2  3 2  3 4
故 1  ，
g(x)2(f(x) )cos2x 
4  3
令sgx， x    , ，则gx的图象如图所示：可得 s1,1，
 
 3 3
............6分
方程 4[g(x)]2m[g(x)]10 在 x[  ,  ] 内有两个不同的解
3 3
又 s1,1，下面考虑 4s2ms10 在1,1上的解的情况.
若m2160，则m4或m4（舍）
当m4时，方程的解为 s 1 ，此时 cos  2x   1仅有一解，
2  3 2
故方程 4[g(x)]2m[g(x)]10 在 x[  ,  ] 内有一个解，舍. ..........8分
3 3
若m2160，则m4或m4,
此时 4s2ms10 在 R 有两个不同的实数根s ,s (s  s )，
1 2 1 2
当m4时，则s 0,s 0，
1 2
要使得方程 4[g(x)]2m[g(x)]10 在 x[  ,  ] 内有两个不同的解，
3 3
则1s 0,1s 0.
1 2
m4

h10
令hs4s2ms1，则   ，解得5m4. ...........12分
 m
1 0

8

h00
综上，m的取值范围为：5,4.
a
20. 【解析】（1） f  x 的定义域为 0, , f x 2e2x  (x 0). ....1分
x
当a≤0时，f x 0，f x 没有零点； ......2分.
a
当a 0时，因为e2x单调递增， 单调递增，所以 f x 在 0,单调递增，...3分
x
a 1
当b满足0＜b＜ 且b＜ 时，即
4 4
1 1
若a1,b 时， f'(b) f'( )2 e 4a2 e 40;
4 4
2024届高三第二次六校联考数学答案 第 3 页 共 5 页
{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}a 1 a a
若0a1,b  时， f'(b) f'( )2e2 42 e 40;则 f(b)0...5分
4 4 4
a
另法：x0时2e2x 0,  (a 0),所以x0, f'(x)
x
且 f'(x)在(0，)上是连续的, 所以必存在b使得 f(b)0,
又 f a 0 即有 f'(a)f'(b)0 , 故当a 0时 f x 存在唯一零点. ……6分
（2）当a 0时由（1），可设 f x 在 0,的唯一零点为x ，
0
当x 0，x 时， f x ＜0；当x x，时， f x ＞0. ..........7分
0 0
故 f  x 在 0，单调递减，在 x，单调递增，
0
所以x x 时， f  x 取得最小值，最小值为 f  x . .....8分
0 0
a
由于 f'(x ) 2e2x 0  0， ............9分
0 x
0
a 2 2
所以 f  x  2ax a1n  2aa1n . .....11分
0 2x 0 a a
0
2
故当a 0时， f  x 2aa1n . ……12分
a
21．【解析】（1）因为 f(x)exln(1x),所以 f(0)0，即切点坐标为(0,0)，..1分
1
又 f(x)ex[ln(1x) ],∴切线斜率k  f(0)1∴切线方程为y  x .....3分
1x
1
（2）令g(x) f(x)ex[ln(1x) ]
1x
2 1
则g(x)ex[ln(1x)  ] .......................4分
1x (1x)2
2 1 1 2 2 x2 1
令h(x)ln(1x)  ,则h(x)    0,
1x (1x)2 1x (1x)2 (1x)3 (x1)3
∴h(x)在[0,)上单调递增， .........6分
∴h(x)h(0)10∴g(x)0在[0,)上恒成立 ∴g(x)在[0,)上单调递增..7分
（3）解：待证不等式等价于 f(st) f(s) f(t) f(0)，
令m(x) f(xt) f(x)(x,t 0)，只需证m(x)m(0) ..........8分
∵m(x) f(xt) f(x)ext ln(1xt)exln(1x)
ext ex
m(x)ext ln(1xt) exln(1x)  g(xt)g(x).........10分
1xt 1x
1
由（2）知g(x) f(x)ex[ln(1x) ]在[0,)上单调递增，
1x
∴g(xt) g(x) ...........11分
∴m(x)0∴m(x)在(0,)上单调递增，
又因为x,t 0∴m(x)m(0)，所以命题得证. .... 12分
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{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}22.【解析】（1） fx  xeax 1axeax， .............1分
当a0时，则1ax0对任意x 0,2 恒成立，即 fx0恒成立.
所以 f x在x 0,2 单调递增.则 f x的最大值为 f x  f 22e2a；.........2分
max
1
当a0时，令1ax0，即 x
a
当 1 0,2，即 a 1 时，当 x   0, 1  时 f¢(x)>0， f x在  0, 1  上单调递增.
a 2  a  a
当 x   1 ,2 

时 fx0，f x在  1 ,2 

上单调递减， f x  f   1  1 . 3分
 a   a  max  a ea
当 1 2,即 1 a0时，1ax0对任意x 0,2 恒成立，即 fx0恒成立，所以
a 2
f x在x 0,2 单调递增.则 f x的最大值为 f x  f 22e2a； ........4分
max
综上所述：当 a 1 时 f x  f 22e2a；当 a 1 时 f x  f   1  1 ...5分
2 max 2 max  a ea
（2）因为 f x在x1处的切线与x轴平行，
所以 f11aea 0，则a1，即 fx1xex.
当x1时， f¢(x)>0，则 f x在,1上单调递增
当x1时， fx0，则 f x在1,上单调递减.
又因为x0时有 f x0；x0时有 f x0，
根据图象可知，
若 f x  f x ，则有 0x 1x ； ......7分
1 2 1 2
要证xex2 e，只需证x 1lnx ； ...............8分
1 2 1
又因为0x 1，所以1lnx 1；
1 1
因为 f x在1,上单调递减，从而只需证明 f x  f x  f 1lnx ，
1 2 1
1lnx 
x
只需证 xex1 1lnxelnx1 1 1 elnx1 11lnx .
1 1 e e 1
只需证e1x1 lnx 1,0x 1 .......................10分
1 1
设hte1t lnt,  t0,1，则 ht
1te1t
.
t
由 f x的单调性可知, f t f 1 1 .则 tet  1 ，即1te1t 0.
e e
所以ht0，即ht在t0,1上单调递增.所以hth11.
从而不等式xex2 e得证. ...........12分
1
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{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}