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=}#}