数学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届辽宁省新民市高级中学高三10月月考_辽宁省新民市高级中学2024届高三10月月考数学

参考答案
1．【答案】C
4
【解答】解：集合A{x|x2 „4x}{x|0„x„4}，B{x|3x40}{x|x }，
3
4 4
AB{x| x„4}( ,4]．故选：C ．
3 3
2．【答案】A
34i (34i)(12i) 112i 11 2
【解答】解：由已知可得复数z     i ，
12i (12i)(12i) 5 5 5
11
所以复数z的实部为 ，故A正确，
5
11 2i 2 11 2
复数z的共轭复数z   ，虚部为 ，其在复平面内对应的点( , )在第一象限，故B错误，C错误，
5 5 5 5 5
11 2
|z| ( )2 ( )2  5，故D错误，故选：A．
5 5
3．【答案】D
4
【解答】解：数列{a }是等差数列，数列{b }是等比数列，且a a  ，bbb 8，
n n 7 9 3 2 6 10
4
a a 2a a a  ，可得a a a 2，b3 8，则b 2，可得bb 1413，
3 13 8 7 9 3 3 8 13 6 6 4 8
a a a 2
 3 8 13  ．故选：D．
bb 1 3
4 8
4．【答案】C
3
【解答】解：函数y sin2x ，可知函数是奇函数，排除选项B，当x  时， f(  ) 2  3，排除A，
1cosx 3 3 1
1
2
x时， f()0，排除D．故选：C ．
5．【答案】A
1
【解答】解：由题意，可知：alog 21，blog 0.2log log 51 log 5log 42．
5 0.5 1 5 21 2 2
2
1 1 1 1 1
c0.50.2 1，b最大，a、c都小于1．alog 2 ，c0.50.2 ( )5  5  ．
5 log 5 2 2 5 2
2
1 1
而log 5log 42 52，  ．ac，acb．故选：A．
2 2 log 5 5 2
2
6．【答案】D
【解答】解：过E作EF //BC ，交AB于F ，设A到BC的距离为h，
1 1 1
则S  EFh，S  CDh，由已知得EF CD BD，
ABE 2 ADC 2 2
１
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#} 1   1  2 1 1   
故E为AD的中点，BE  (BABD) (BA BC) BA BC ，AC BCBA，
2 2 3 2 3
故  B  E    A  C  ( 1 B  A   1 B  C  )(  B  C    B  A  )  1 B  A  2  1 B  C  2  1 B  A    B  C   1 32  1 32  1 32 1  3 ．故选：D．
2 3 2 3 6 2 3 6 2 4
1 1 1 1 1
7．【解答】解：由题意得 acsin120 asin60 csin60，即acac，得  1，
2 2 2 a c
1 1 c 4a c 4a c 4a
得4ac(4ac)(  )  5 2  5459，当且仅当  ，即c2a时，取等号，故选：B．
a c a c a c a c
8．【答案】B
【解答】解：作出函数 f(x)的图象如图所示，
当y0时， f(x) y只有一个根，
当0 y„1时， f(x) y有二个根，
当1 y„2时， f(x) y有三个根，
当y2时， f(x) y有二个根，
令t  f(x)，
1 1
F(t) f(t)3t 的零点即为 f(t)3t 的根，
2 2
1
作出两函数 y f(t)与 y3t 可知两函数有两交点t ，t ，且
2 1 2
0t 1，1t 2，
1 2
1
所以函数F(x) f[f(x)]3f(x) 的零点个数是5个．故选：B．
2
二．多选题（共4小题）
9．【答案】AB
【解答】解：对于A，a2 aa2 a0，a1或a0，a1是a2 a的充分不必要条件，故A正确，
对于B，m0，x2，x20，
m m m
函数y x  x2 2 2 m2，当且仅当x2 ，即x2 m 时，等号成立，
x2 x2 x2
2 m26，解得m4，故B正确，
1 1
对于C，当a2，b1时，则  ，故C 错误，
a b
       
对于D，当b 0时，满足a//b ，b //c，但a//c不一定成立，故D错误，
故选：AB．
２
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}10．【答案】BCD
【解答】解：
    2  2   1 2
对于选项 A:AE  ADDE  AD DC  AD (ACAD ) AD AC ，故选项
3 3 3 3
A不正确；
DF DE 2  2 2
对于选项B：易证明DEF∽BFA，所以   ，所以DF  FB DB ，
BF AB 3 3 5
故选项B正确；
对于选项C:

A

E



B

D

2，即(

A

D


2
A

B

)(

A

D



A

B

)2，所以

A

D

2 
1
A

B



A

D


2
A

B

2 2，
3 3 3
 
1  2     ABAD 1 1
所以1 ABAD 42，解得ABAD1，cos AB，AD     ，
3 3 |AB||AD| 21 2
    
因为 AB，AD[0，]，所以 AB，AD ，故选项C 正确．
3
  3   3   2  3   2   
对于选项D:FBFC  DB(FDDC) (ABAD)( BD AB)  (ABAD)[ (ADAB) AB]
5 5 5 5 5
 3 (  A  B    A  D  )( 3 A  B   2 A  D  )， 9   A  B  2 3  A  B    A  D   6   A  D  2  9 4 3  6  27 ，故选项D正确．
5 5 5 25 25 25 25 25 25
故选：BCD．
11．【答案】AB
n(14n3)
【解答】解：由题设可得：a 14(n1)4n3，S  n(2n1)，
n n 2
S S  10(119)
 n 2n1，数列 n的前10项和为1319 100，故选项A正确；
n  n  2
又若a ，a ，a 成等比数列，则a2 aa ，即92 4m3，解得m21，故选项B正确；
1 3 m 3 1 m
1 1 1 1 1
   (  )，
a a (4n3)(4n1) 4 4n3 4n1
n n1
n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
  (      ) (1 )，
aa 4 1 5 5 9 4n3 4n1 4 4n1
i1 i i1
n 1 6
由  可得：n6，故选项C错误；
aa 25
i1 i i1
又a a a a ，由等差数列的性质知：mn12，m，nN*，
m n 2 10
 12
m

1 16 1 1 16 1 n 16m 1 25  5
   (  )(nm) (  17) (2 1617) ，当且仅当 时取“ “，等号取不
m n 12 m n 12 m n 12 12  n 48
 5
1 16 25
到，即   ，故选项D错误，故选：AB．
m n 12
３
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}12．【答案】BCD
lnx
【解答】解： f(x) ，故 f(x)在(0,1)递增，(1,)递减，其图像如下：
x2
1
易得若 f(x)2m 有两个不同解，则02m1，则0m ，故 A错
2
误，
当k„0时，ykx与y f(x)显然有且仅有1个交点，
当k 0时，则y f(x)与ykx相切时，有且仅有1个交点，
lnx 1 lnx
设切点为(x ，y )，切线方程为 y 0  0 (xx )，
0 0 x x2 0
0 0
lnx 1 lnx 1  1 e
将原点代入：则 0  0 (x )lnx   x e 2，k  ，
x x2 0 0 2 0 2
0 0
e
故k„0或k  ，则B正确；
2
1 xex恒成立， f(x)在(1,)上单调递减，
lnx1 x1 lnex 1
 f(x)    f(ex)，故C正确；
x ex ex
3 1
ln21 ln81
3 ln21 4 2  2  2  2  lne1  ln2 21  lne1 ，
2 e 2 2 e 2 2 e 2 2 e
即比较 f(2 2)与 f （e）大小，又因为2 2 e， f(x)在(1,)递减，故 f(2 2) f(e)，D正确，
故选：BCD．
三．填空题（共4小题）
3
13．【答案】 ．
5
1 5
【解答】解：终边过点P(1,2)，cos  ，
12 22 5
 5 3 3
sin( 2)cos22cos212( )21 ．故答案为： ．
2 5 5 5
2 5
14．【答案】 ．
5
     
【解答】解：向量m(1,2)，n(2,)，若mn，则mn220，
 
1，2mn(0,5)，
  
   (2mn)m 2 5 2 5
2mn与m的夹角余弦值为
  
 ，故答案为： ．
|2mn||m| 5 5
４
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}2
15．【答案】1 ．
2
【解答】解： f(x) Asin(x)，
1 2 
由图像知A1， T 4，  ，
2 8 4
   
由五点作图法可知，1 0， ， f(x)sin( x )，
4 4 4 4
2 2 2
 f （1）0， f （2） ， f （3）1， f （4） ， f （5）0， f （6） ， f （7）1， f （8）
2 2 2
2
 ，
2
 f （1）f （2）f （3） f （8）0，又222025286，
2
 f （1）f （2）f （3） f(2022)2520 f （1）f （2）f （3） f （6）1 ，
2
2
故答案为：1 ．
2
16．【答案】2n3 4n8．
  
【解答】解：2(1a )E F E C(a 2)E B ，
n n n n n1 n
  
E C 2(1a )E F (2a )E B ，又B，F ，C三点共线，
n n n n n1 n n
2(1a )(2a )1，a 32(a 3)，又a 34，
n n1 n1 n 1
{a 3}是以首项为4，公比为2的等比数列，a 342n1 2n1，a 2n13，
n n n
        
又BC  BF ， E CE B(E F E B)，E C E F (1)E B，
n n n n n n n n n n n n n n
    2(1a )
又E C 2(1a )E F (2a )E B ， n n ，又a 2n13，
n n n n n1 n 1 2a n
n n1
8(12n)
 2(12n13)2n2 4，T  4n2n3 4n8．
n n 12
故答案为：2n3 4n8．
四．解答题（共6小题）
a b c
17．【解答】解：（1） 2bcosBacosC ccosA，由正弦定理   ，
sinA sinB sinC
得 2sinBcosBsinAcosC sinCcosA，即 2sinBcosBsinAcosCsinCcosA，
即 2sinBcosBsin(AC)sinB ．
2
0B，sinB0． 2cosB1，即cosB ，
2
５
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}
又0B， B ．（2）ACD中，AD5，AC 7，DC 3，
4
AD2 DC2 AC2 52 32 72 1 2
cosADC   ．0ADC ，ADC  ．
2ADDC 253 2 3
 
在ABD中，AD5，B ，ADBADC  ，
4 3
AD AB 5 AB 5 6
由正弦定理  ，得  ， AB ．
sinB sinADB 2 3 2
2 2
5 1
18．【答案】（1）{x|x k，kZ}．（2） ．
12 7
 3    
【解答】解：（1）因为a(2cosx, )，b (sin(x ),1)， f(x)ab，
2 3
 3 1 3 3 3 1 3 
f(x)2cosxsin(x ) 2cosx( sinx cosx) sinxcosx 3cos2x  sin2x cos2xsin(2x )
3 2 2 2 2 2 2 2 3

当sin(2x )1时 f(x)取最大值1
3
  5
此时2x  2k，kZ ，即x k，kZ 时， f(x)取最大值1，
3 2 12
5
所以当 f(x)取最大值时对应的x的取值集合为{x|x k，kZ}．
12
5 2  
（2）因为x [ , ]，所以2x  [ ，]，
0 12 3 0 3 2
4 
又 f(x ) sin(2x  )，
0 5 0 3
4
所以cos(2x   ) 1sin2(2x  )  3 ，tan(2x   ) 5  4 ，
0 3 3 5 0 3 3 3

5
 4
tan(2x  )1  1
所以tan(2x   )tan[(2x   )  ] 0 3  3  1 ．
0 12 0 3 4  4 7
1tan(2x  ) 1( )
0 3 3
n2
19．【答案】（1）证明见解答；（2）T 1 ．
n 2n1
【解答】解：（1）证明：S 为{a }的前n项和，
n n
又a
n1
S
n
n3，a
n
S
n1
(n1)3，(n 2)，
a
n1
a
n
a
n
1，a
n1
12(a
n
1)，(n 2)，
又a 3，a a 25，a 12(a 1)，
1 2 1 2 1
a 12(a 1)，(nN*)，又a 12，{a 1}是以2为首项，2为公比的等比数列；
n1 n 1 n
６
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}（2）由（1）可得a 2n 1，又a S n3，
n n1 n
n
S a n32n1n2，b  ，
n n1 n 2n1
1 2 n 1 1 2 n1 n
T    ， T     ，
n 22 23 2n1 2 n 23 24 2n1 2n2
1 1
(1 )
 1 T  1  1  1  n  4 2n  n  1  n2 ，
2 n 22 23 2n1 2n2 1 2n2 2 2n2
1
2
n2
T 1 ．
n 2n1
1 7 3 3
20．【答案】（1）( ， )．（2） ．
4 4 2
【解答】解：（1）因为 3(a2 b2 c2)2bcsinA，
故 3(a2 b2 a2 b2 2abcosC)2bcsinA ，
整理得到：2 3abcosC 2bcsinA，即 3acosC csinA，
故 3sinAcosC sinCsinA，而A为三角形内角，故sinA0，
 2
所以 3cosC sinC，故tanC  3，而C 为锐角三角形内角，故C  ，AB ，
3 3
可得sin2 Acos2B
2 3 1 3 1 3
sin2( B)cos2B ( cosB sinB)2cos2B  cos2B sin2B cosBsinBcos2B
3 2 2 4 4 2
7 1 3 3 3 3 
 cos2B sin2B cosBsinB 1 cos2B sin2B 1 sin(2B )，
4 4 2 4 4 2 3
 
0B
  2  
因为三角形为锐角三角形，故 ，故 B ，
 0 2 B  6 2
 3 2
2  4 3  3
故 2B  ，故 sin(2B ) ，
3 3 3 2 3 2
1 7
故 sin2 Acos2B ，
4 4
1 7
可得sin2 Acos2B的取值范围为( ， )．
4 4
       1 2
（2）由题设可得BD2DA，故CDCB2(CACD)，整理得到：CD CB CA，
3 3
故C  D  2  1 C  B  2  4 C  A  2  4 C  B  C  A  ，即4 1 a2  4 b2  4 ab 1 ，
9 9 9 9 9 9 2
整理得到：36a2 4b2 2ab 4ab2ab6ab，
７
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}当且仅当a2 3，b 3时等号成立，故(ab) 6，
max
1 3 3 3
故三角形面积的最大值为 6  ．
2 2 2
21．【答案】（1）a n，b 2n1；（2）(1,5)．
n n
【解答】解：（1）2S a 2 n①，
n n
当n1时，2S a2 12a ，解得a 1，
1 1 1 1
2S a 2 n1②，
n1 n1
②①得2a a2 a 2 1，
n1 n1 n
所以(a
n1
1)2 a
n
2，因为a
1
1，{a
n
}是递增数列，所以a
n
1，
所以a 1a ，即a a 1，
n1 n n1 n
所以数列{a }是首项为1，公差为1的等差数列，
n
所以a 1(n1)1n，
n
因为b a 1，b 4a 428，bb b2 ,nN*，
1 1 4 2 n n2 n1
所以数列{b }是首项为1的等比数列，
n
所以b bq3，即q3 8，可得q2，
4 1
所以b bqn1 2n1．
n 1
n(1n)
（2）由题意可知，S  ，b 2n，
n 2 n1
6n7b  6n72n1
 n ,n为奇数  ,n为奇数
由已知，c  8S 3 ， 可得c  2n12n3 ，
n n n
 
log
2
b
n1
,n为偶数 n,n为偶数
设{c }的前2n项和中，奇数项的和为P ，偶数项的和为Q ，
n n n
所以P c c c c ，Q c c c c ，
n 1 3 5 2n1 n 2 4 6 2n
(6n7)2n1 2n1 2n1
当n为奇数时，c    ，
n (2n1)(2n3) 2n3 2n1
22 20 24 22 26 24 22 n 22 n2 4n 20 4n
所以P c c c c  (  ) (  ) (  ) (  )   1 ，
n 1 3 5 2n1 5 1 9 5 13 9 4n1 4n3 4n1 1 4n1
当n为偶数时，c n，
n
８
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}(22n)n
所以Q c c c c 2462n n(n1)，
n 2 4 6 2n 2
4n 4n 4n
由(1)n T ，得(1)n  1n(n1)，
4n1 2n 4n1 4n1
即(1)n1n(n1)，
当n为偶数时，n2 n1对一切偶数成立，所以5，
当n为奇数时，n2n1对一切奇数成立，所以此时1，
故对一切nN*恒成立，则15，
所以的取值范围是(1,5)．
22．【答案】（1）证明详情见解答．
（2）证明详情见解答．
（3）证明详情见解答．
【解答】解：（1）证明：由条件可得 f(x)excosxexsinxcosx，
设g(x) f(x)，则g(x)excosxexsinxexsinxexcosxsinxsinx(12ex)，

因为x[0， ]，所以g(x)„0，所以g(x)单调递减，
2
又g(0)0，所以g(x)„0，即 f(x)„0所以 f(x)单调递减，
又 f(0)0，所以 f(x)„0．
（2）证明：由（1）当x(0,5)时，令g(x)0得x，2，3，4，
所以当x(0,)时，g(x)单调递减，当x(,2)时，g(x)单调递增，
当x(2,3)时，g(x)单调递减，当x(3,4)时，g(x)单调递增，
当x(4,5)时，g(x)单调递减，
又g(0)0，g()1e 1e0，g(2)e210，g(3)1e30，g(4)e410，g(5)1e50，
所以存在a(,2)，b(2,3)，c(3,4)，d(4,5)使得g（a）g （b）g （c）g （d）0，
x(0,a)， f(x)g(x)0， f(x)单调递减，x(a,b)， f(x)g(x)0， f(x)单调递增，
x(b,c)， f(x)g(x)0， f(x)单调递减，x(c,d)， f(x)g(x)0， f(x)单调递增，
x(d,5)， f(x)g(x)0， f(x)单调递减，
又 f （a） f(0)0， f （b） f(2)0， f （c） f(3)0， f （d） f(4)0， f(5)0，
所以x (a,b)，x (b,c)，x (c,d)，x (d,5)，
1 2 3 4
使得 f(x ) f(x ) f(x ) f(x )0，所以 f(x)在(0,5)上有4个零点．
1 2 3 4
９
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}3
（3）证明：由（2）知，x (a,2)，又 f( )0，
1 2
3 7 7
所以x  ，x (c,4)，又 f( )0，所以x  ，
1 2 3 2 3 2
所以要证x x  x x ，即证x x 2，即证x 2 x ，
1 4 2 3 4 2 4 2
 4  1 3   
因为 f(4 )e 3   10， f(4 )20，所以x (4 ，4 )，
3 2 2 2 4 3 2
 2  1 3   
又 f(2 )e 2   10， f(2 )20，所以x (2 ，2 )，
3 2 2 2 2 3 2
 
所以x 2(2 ，2 )，
4 3 2
 
又因为x(2 ，2 )， f(x)单调递减，
3 2
 2  1 2  3 1
又 f(2 )e 3  e 3   0，所以 f(x)0，
3 2 2 2
 
所以 f(x)在(2x ，2 )上单调递减，所以只需证 f(x 2) f(x )，
3 2 4 2
又 f(x 2)ex4 2cos(x 2)sin(x 2)1ex4 2cosx sinx 1，
4 4 4 4 4
又 f(x )0，所以ex4 2cosx sinx 10，
4 4 4
所以 f(x 2)ex4 2cosx ex4 cosx cosx (ex4 2ex4)0 f(x )，
4 4 4 4 2
所以x 2 x ，所以x x 2，综上所述，x x  x x ．
4 2 4 2 1 4 2 3
１０
{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}