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=}#}