数学试题参考答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届江苏省决胜新高考高三上学期10月大联考_江苏省决胜新高考2024届高三上学期10月大联考数学

决胜新高考——2024 届高三年级大联考 数学参考答案与评分细则 本试卷共6页，22小题，满分150分。考试时间120分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条 形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息 点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区 域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改 液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知复数z满足z13i2i，则 z （ ） 10 10 10 10 A． B． C． D． 2 5 10 15 【答案】B 2i 2 10 【简析】 z  = = ． 1+3i 10 5 2．设全集U1，2，3，4，5 ，若A  B2 ，   U A  B4 ，   U A    U B1，5 ，则 A．3A，且3B B．3A，且3B C．3A，且3B D．3A，且3B 【答案】B 【简析】 A=1，4，5 ，A=2，3 ，B2，4 ． U 3．已知不共线的两个非零向量a，b，则“a+b与ab所成角为锐角”是“|a||b|”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}【答案】C 【简析】由题意，a+b与ab所成角为锐角等价于 a+bab0，即a2 b2． 4．若x，y满足x0，y0，xy3x y，则x3y的最小值为 A．102 6 B．102 3 C．12 D．16 【答案】D 【简析】x3yx3y   1  3 103   y  x  ≥16． x y x y 5．函数y 2sinxx2，2的图象大致为 x2 1 y y A． B． x x y y C． x D． x 【答案】A 【简析】该函数为奇函数，当x0，2时，y 2sinx  2x ≤1． x2 1 x2 1 π π 6．已知函数 f(x)sin(x )(0)在( ，π)上单调递减，则的取值范围是 6 2  4 4 5 1 5 A． 0，  B．[ ，] C．(0，] D．[ ，1]  3 3 3 2 3 【答案】B 2π 5π π π 3π 2kπ+ 2kπ+ 【简析】令2kπ+ ≤x ≤2kπ+ ，得 3 3 ， 2 6 2 ≤x≤    2π 2kπ+  3 π ≤   2 4 5 4 5 由 ，解得4k ≤≤2kπ+ ，所以 ≤≤ ． 5π 3 3 3 3  2kπ+ π≤ 3    π  π 7．已知sinsin =1，则cos  =  3 3 1 3 2 2 A． B． C． D． 2 3 3 2 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}【答案】B  π 3 3  π 3  π 【简析】由sinsin   =1，得 sin cos=1，sin = ，所以cos  =  3 2 2  6 3 3  π 3 sin = ．  6 3 8．已知a3ln3 ，b2ln32 ，c3ln3，则 A．ac b B．ca b C．abc D．bca 【答案】A 【简析】因为1＜ln3＜2，所以bcln32 3ln32ln31ln32＜0，即b＜c， 因为lnaln32，lncln3lnln3，lnalnc ln32 ln3lnln3， 1 x12x1 设 f x x2 xlnxx＞1 ，则 fx2x1  ＞0， x x 所以 f x 单调递增，所以 f ln3＞f 10，所以lna＞lnc，即a＞c， 综上a＞c＞b． 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求．全部选对的得 5分，有选错的得 0分，部分选对的得 2 分． 9． 已知ab，则 A．ln  a2 1  ln  b2 1  B．a3 b3 C． 1  1 D． 1a  1b a b 2 2 【答案】BD 【简析】A，C举反例排除；B，D考查函数单调性． 10．已知函数 f(x) x2sinx，则 A． f (x)的图象关于点π，0对称  π π B． f (x)在区间  ， 上单调递减 3 3 C． f (x)在 0，2π 上的极大值点为 4π 3 D．直线y  x2是曲线y  f(x)的切线 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}【答案】BD  π π 【简析】 f(πx) f(x)0，A错误； f(x)12cosx，当x  ， 时， f(x)0， 3 3 5π f (x)单调递减，B正确；当x 时， f (x)在 0，2π 上取得极大值； 3 π 令 f(x)12cosx1，取x ，得y  f(x)的切线方程为y  x2，D正确． 2 11．某过山车轨道是依据正弦曲线设计安装的，在时刻t（单位：s）时过山车（看作质 点）离地平面的高度h（单位：m）为h(t) Asin(t)B，（A0，0， π  ）．已知当t=4时，过山车到达第一个最高点，最高点距地面50 m，当t 10 2 时，过山车到达第一个最低点，最低点距地面10 m．则 A．A30 π B． 6 C．过山车启动时距地面20米 D．一个周期内过山车距离地平面高于40m的时间是4s 【答案】BCD AB50 A20 T 2π π 【简析】 ，解得 ，A正确； 6，T 12，  ，B正确； AB10 B30 2 12 6 π π h(t)20sin t 30，所以h(0)40，C错误；令h(t)40，得 6 6 sin π t π  1 ，12k2t12k6， kZ ，D正确． 6 6 2 12．定义在R上的函数 f(x)满足 f(x2) f(x2)0， f(1x)为偶函数，则 A． f(1x) f(1x)0 B． f(1x) f(1x) C． f(x4) f(x) D． f(2023)0 【答案】BC 【简析】由 f(x2) f(x2)0，得 f(x)为奇函数，由 f(1x)为偶函数，得 f(x)的 对称轴为x 1，所以 f(x)是周期函数，且周期为4（不一定是最小正周期），故 A D错误，BC正确． 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分． 2log x，x≥1  1 13．已知函数 f(x) 2 ，则 f f  . 4x，x1 2 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#} 1 【答案】 f f  f(2)1 2 【简析】代入计算． sin2 14．已知向量a  cos，2 ，b1，sin ，且a b，则  . 2cos23 4 【答案】 23 sin2 2tan 4 1 【简析】由a b，得tan ，所以   ． 2 2cos23 53tan2 23 1 1 4 15．在锐角三角形ABC，AB2，且   ，则AB边上的中线长为 . tanA tanB tanC 【答案】 2 1 1 4 3 2(a2 b2)c2 【简析】由   ，得a2 b2  c2，CD2  2，CD 2. tanA tanB tanC 2 4 16．如图，将矩形纸片ABCD的右下角折起，使得点B落在 D B 1 C CD边上点B处，得到折痕MN．已知AB5cm， 1 N BC 4cm，则当tanBMN  时， 折痕MN最短，其长度的最小值为 cm． A M B （本题第一空2分，第二空3分） （第16题） 2 【答案】 ，3 3 2 【简析】设BMN ，MN的长度为l，则lsinlsincos24， 4 4 l sinsincos2  sin  1sin2 ，构造函数 f(x)xx3即可． 四、解答题：本题共 6小题，共 70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤． 17．（10分） 3 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a3，sin A ， 3 π BA ． 2 （1）求cosC的值； （2）求△ABC的周长． {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}π π 【解析】（1）在△ABC中，因为BA ，所以0 A ， 2 2 6 所以cosA 1sin2 A  ． …… 2分 3   π π 又因为B A ，所以C  π A A  2A， 2 2 2 π  2 2 所以cosC cos 2A sin2A2sin AcosA ． …… 5分 2 3 π π 6 （2）由B  A 得，sinB sin(A )cosA ， 2 2 3 π  1 sinC sin 2A cos2A12sin2 A ． …… 7分 2 3 3 b c 又正弦定理，得   ， 3 6 1 3 3 3 解得b3 2，c 3， 所以△ABC的周长为33 2  3． ……10分 18．（12分） 已知函数 f(x) 2sinxcosx2 3cos2x 3(0)的最小正周期为π． （1）求的值； π （2）将函数 f(x)的图象先向左平移 个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函 6 数y g(x)的图象．若g(x)在区间[0，m]上有且仅有5个零点，求m的取值范围. 【解析】（1） f(x)2sinxcosx2 3cos2x 3 sin2x 3cos2x  π 2sin  2x ， …… 3分  3 因为函数 f x的最小正周期为π， 2π 所以 π，1． …… 5分 2  π π （2）将函数 f(x)2sin2x 的图像向左平移 个单位长度，再向上平移2个单位长  3 6 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#} 2π  2π 度，得到y 2sin  2x  2的图像，所以g(x)2sin2x 2． …… 8分  3   3  5π 令g(x)0，得xkπ+ (kZ)， ……10分 12 因为g(x) 0，m上有且仅有5个零点， 53π 65π 所以 ≤m ． ……12分 12 12 19．（12分） 1 1 已知函数 f(x) x3 (a1)x2 ax． 3 2 1 （1）若 f(x)在x 处取得极值，求 f(x)的单调递减区间； 3 （2）若 f(x)在区间(0，2)上存在极小值且不存在极大值，求实数a的取值范围． 【解析】 f 'xx2a1xa． …… 1分 1 （1）因为 f x在x 处取得极值， 3 1 所以 f '   0， 3 1 1 2 即  a1a 0，解得a ， …… 3分 9 3 3 5 2  1 所以 f 'xx2 x x  x2． 3 3  3 1 令 f 'x0，故  x2， 3  1  所以函数 f x的单调递减区间为  ，2 ． …… 6分  3  （2）因为 f x在 0，2 上存在极小值且不存在极大值， 当 f '(0)0时，a 0， f 'x x2 x，符合题意． …… 8分 f(0)0 当 f '(0)0时， ， f(2)0 2 解得 a0． …… 11分 3 综上，实数a的取值范围是   2 ，0  ． …… 12分 3  20．（12分） {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}已知函数 f(x) x2 xsinxcosx． （1）若曲线y f(x)在点 x ，f(x ) 处的切线与x轴平行，求该切线方程； 0 0 （2）讨论曲线y f x与直线y a的交点个数． 【解析】（1） f(x) x(2cosx)， 因为曲线y f(x)在点 x ，f(x ) 处的切线与x轴平行， 0 0 所以 f(x ) x (2cosx )0， …… 2分 0 0 0 因为2cosx 0， 0 所以x 0， f(x )1． 0 0 所以所求切线方程为y 1． …… 4分 （2）函数 f(x)为偶函数， …… 5分 当x0， 时， f(x) x(2cosx)≥0， f(x)单调递增， 所以x，0 时， f(x)单调递减． 所以 f(x)  f(0)1． …… 7分 min 当a 1时，曲线y  f (x)与直线y a无交点； 当a 1时，曲线y  f (x)与直线y a有且仅有一个交点； …… 9分 当a 1时，在x0， 上， f(x)≥x2 x1， 1 54a 1 54a  令x2 x1 a，得x  舍去，则   2 2   1 54a  f  a，   2   又 f(0)1a， 所以在x0， 上，曲线y  f (x)与直线y a有且仅有一个交点， 所以在x(，)上，曲线y  f (x)与直线y a有两个交点． ……12分 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}21．（12分）  在△ABC 中，AB2 6 ，B ，AD是BAC的平分线. 6 （1）若AD2 2，求AC； （2）若AC 2 2 ，求AD. 2 6 2 2  【解析】（1）在△ABD中，由正弦定理，得sinADB π ， sin 6 3 所以sinADB ， 2 π 2π 因为ADB(0，π)，所以ADB  或 . …… 2分 3 3 π π π π 若ADB  ，则BADπ   ， 3 6 3 2 因为AD是BAC的平分线， 所以BACπ，舍去. …… 3分 2π π 2π π 若ADB ，则BADπ   ， 3 6 3 6 π π 所以BAC  ，BCA ， 3 2 1 AC  ABsinBAC 2 6  6 . …… 5分 2 2 6 2 2  （2）在△ABC 中，由正弦定理，得sinACB π ， sin 6 3 所以sinACB ， 2 π 2π 因为ACB(0，π)，所以ACB 或 . …… 7分 3 3 π π 若ACB ，则BAC  ， 3 2 因为AD是BAC的平分线， BD AB 所以   3， DC AC  1  3  所以AD AB AC ， 31 31 2 2 2  1  2 2  1  所以AD   AB 3AC 48  ，  31  31 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}  所以AD2 3 3 . …… 10分 2π π 若ACB ，则BAC  ，则 3 6  1  3  由AD AB AC ， 31 31 2 2  1  2 2   得AD   AB 3AC +2 3ABAC 12，  31 所以AD2 3. …… 12分   综上，AD2 3 3 或AD2 3. 22．（12分） 已知函数 f xlnxaxbb＞a＞0有两个零点x ，x x＜x  ． 1 2 1 2 （1）若直线y bxa与曲线y f x 相切，求ab的值； x b （2）若对任意a＞0， 2≥e，求 的取值范围． x a 1 1 【解析】（1） f x 的定义域为 0， ， fx a， x 1 设切点为 x ,lnx ax b ，则切线斜率k  a， 0 0 0 x 0  1  所以切线方程为y  a xx lnx ax b， x 0 0 0   0  1  即y  axlnx b1， x 0   0  1 ab，  所以x 则 0  lnx b1a，  0 1 ab 1lnx ， …… 2分 x 0 0 1 设Fxlnx 1，则Fx 1， x 0 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}1 1 Fx  ，令Fx0，解得x1， x x2 当x0，1 时，Fx0，Fx 在 0，1 上单调递减； 当x1， 时，Fx0，Fx 在 1， 上单调递增， 所以Fx  F10， min 所以x 1， 0 1 所以ab 1． …… 5分 x 0 （2）设bmam＞1 ， 由 f x  f x 0，得lnx ax malnx ax ma0， 1 2 1 1 2 2 lnx lnx 整理得a  1  2 ＞0， x m x m 1 2 m 1 lnx lnx 设gx ，则gx x ， xm xm2 m m 1 设hx1 lnx，则hx  ，令hx0，解得xm， x x2 x 当x0，m 时，hx0，hx 在 0，m 上单调递增； 当xm， 时，hx0，hx 在 m， 上单调递减， 所以hx≤hmlnm＜0， 所以gx＜0，即gx 在 0，m 和 m， 均单调递减， …… 7分 lnx x 因为a  1 ＞0，所以x 0，1 ，设 2 t，则由题意可知，t≥e， x m 1 x 1 1 lnx lntx lntlnx x lnx lnt 所以a  1  1  1 ，整理得 1 1  ， x m tx m tx m x m t1 1 1 1 1 1 1 lnt lnt 设Gt t≥e，则Gt t ， t1 t12 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}1 1 1 设Hx1 lnt，则Ht  0， t t2 t 1 所以H t 单调递减，所以Ht≤He ＜0，即Gt＜0， e 1 所以Gt 单调递减，所以Gt≤Ge ， e1 x lnx 1 即 1 1≤ ， …… 9分 x m e1 1 x lnx 1 由题意可知， 1 1≤ 对任意x 0，1 恒成立， x m e1 1 1 整理得 e1x lnx x≥m， 1 1 1 设xe1xlnxx  x0，1 ，则'xe1lnxe2， 2e 令'x0，解得x ee1 ，  2e  2e 当x 0，ee1 时，x0，x 在 0，ee1 上单调递减；  2e  当x ee1 ， 时，x0，x 在 m， 上单调递增，  2e 2e 2e 2e 所以x = ee1 2eee1 ee1 1eee1 ， min 2e 所以1eee1≥m，即 2e m≥e1ee1． …… 12分 {#{QQABCQQUogAoAAAAAAhCAw2QCEGQkBECAKoOhAAEsAAAgBFABAA=}#}