河南六市联考2024届阶段考试数学-答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届河南省六市部分学校联考高三上学期10月阶段性考试_河南省六市部分学校联考2024届高三上学期10月阶段性考试数学

2023-2024 学年度高三阶段性考试 数学-参考答案 一、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B A D D C B A 二、 选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对的 得2分，有选错的或不选的得0分 题号 9 10 11 12 答案 AC ACD BD ABC 三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．  13．2 14．9 15． （答案不唯一） 16．[1,) 12 四、解答题:共70分． 17．（10分） 【解析】 （1）设等差数列a 的公差为d， n a 5 a 2d 5 由 3 ，可得 1 a 17 3a 6 a 1 16d 3a 1 5d 解得a 1,d2， 1 所以等差数列a 的通项公式可得a 2n1; n n 2 2 1 1 （2） 由（1）可得b     ， n n(a 3) 2n(n1) n n1 n  1 1 1 1 1  n 所以S 1   ...   . n  2 2 3  n n1 n1 18．（12分） 【解析】 3 1  π 3 （1）函数 f x 3sin2xsinxcosx 1cos2x  sin2xsin 2x  ， 2 2  3  2 π π π  π 5π 由2kπ 2x 2kπ ，kZ，可得x  kπ ,kπ  ，kZ， 2 3 2  12 12  π 5π 所以函数的增区间为  kπ ,kπ  ，kZ；  12 12 试卷第1页，共5页 {#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#} π （2）由题可得函数gxsinx ，  3 π π π 所以函数的最小值为1，此时x 2kπ ,kZ，即x2kπ ,kZ， 3 2 6  π  所以gx最小值为1，取得最小值时的x的取值集合为x x2kπ ,kZ.  6  19．（12分） 【解析】 （1） f x的定义域为0,， f 'x1 2 a   1  2    x22 a x22   x22 xa ， x2 x x3 x2 x3 x3 当a0时， f 'x0， f x在0,上单调递增； 当a0时，当x0,a， f 'x0， f x单调递减； 当xa,， f 'x0， f x单调递增； 综上，当a0时， f x在0,上单调递增； 当a0时， f x在0,a上单调递减，在a,上单调递增. 2  1  1 （2）由（1）知， f x  f a a alna  aalna ， min a  a2  a 1 即gaaalna . a 1 1 2 1 解法一：g'a1lna1  lna，g''a  0， a2 a2 a3 a ∴g'a单调递减， 又g'10，g'20，所以存在a 1,2，使得g'a 0， 0 0 ∴当a0,a 时，g'a0，ga单调递增； 0 当aa ,时，g'a0，ga单调递减； 0 1 1 1 ∴ga ga  a a lna  ，又g'a 0，即 lna 0，lna  ， max 0 0 0 0 a 0 a 2 0 0 a 2 0 0 0 1 1 2 ∴ga a a  a  ，令ta ga ，则ta 在1,2上单调递增， 0 0 0 a 2 a 0 a 0 0 0 0 0 0 又a 1,2，所以ta t2211，∴ga1. 0 0 试卷第2页，共5页 {#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}1 1 1 解法二：要证ga1，即证aalna 1，即证：1lna  ， a a2 a 1 1 1 1 令halna  1，则只需证halna  10， a a2 a a2 1 1 2 a2a2 a2a1 h'a     ， a a2 a3 a3 a3 当a0,2时，h'a0，ha单调递减； 当a2,时，h'a0，ha单调递增； 1 1 1 所以ha h2 ln2  1ln2 0， min 2 4 4 所以ha0，即ga1. 20．（12分） 【解析】 （1）因为2csinB(2ac)tanC， sinC 由正弦定理可得2sinCsinB(2sinAsinC) ， cosC 即2sinBcosC 2sinAsinC 又由sinAsin[π(BC)]sin(BC)sinBcosCcosBsinC ， 可得2cosBsinC sinC ， 1 因为C(0,π)，可得sinC0，所以cosB ， 2 π 又因为B(0,π)，可得B . 3 （2）选①：因为c2，b 3， a2c2b2 a2 43 1 由余弦定理可得cosB   ， 2ac 4a 2 整理得a22a10，解得a1， 因为CE为ACB的平分线，令ACEBCE， 1 1 1 1 则S  BCCEsin 1CEsin，S  ACCEsin  3CEsin， 1 2 2 2 2 2 S 1 3 S 3 所以 1   ，故 1 的值为 . S 3 3 S 3 2 2 3 3 选②：S  ，b 7，AC， △ABC 4 1 1 π 3 3 由S  acsinB acsin  ，解得ac3， △ABC 2 2 3 4 又由b 7，由余弦定理可得b2 a2c22accosB， 试卷第3页，共5页 {#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}1 即7a2c223 ，可得a2c2 10， 2 又因为AC，可得ac，所以(ac)2 a2c22ac102316 ，即ac4， ac4  联立方程组ac3 ，解得a3,c1，  ac 由CE为ACB的平分线，令ACEBCE， 1 1 1 1 所以S  BCCEsin 3CEsin，S  ACCEsin  7CEsin， 1 2 2 2 2 2 S 3 3 7 S 3 7 所以 1   ，故 1 的值为 . S 2 7 7 S 2 7 21．（12分） 【解析】 （1）设Ax ,y ，Bx ,y ， 1 1 2 2 x2 2py 由 ，得x22pkx4p0， ykx2 故xx 4p ， 1 2 x2 x2 由OAOB，可得xx y y 0，即xx  1  2  0， 1 2 1 2 1 2 2p 2p ∴ p1， 故抛物线C的方程为：x2 2y； （2）设PA的倾斜角为，则PB的倾斜角为π， ∴k k tantanπ0, PA PB x2 2y 由 ，得x22kx40， ykx2 ∴x x 2k， 1 2 1 x22 x 2 ∴ y 2 2 1 x 2 ，同理k  2 ， k PA  x 1 2  x 2  1 2 PB 2 1 1 x 2 x 2 由k k 0，得 1  2  0， PA PB 2 2 ∴x x 40，即2k40， 1 2 故k 2. 试卷第4页，共5页 {#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}22．（12分） 【解析】 (2xx2)ex1 （1）当a1时， f(x) . ex1 3 令h(x)2xx2ex1，则h(x)22xex1，显然h(x)在上( ,2)单调递减， 4 3 1 1 又因为h( )  0， 4 2 4e 3 故x( ,2)时，总有h(x)0， 4 3 所以h(x)在( ,2)上单调递减. 4 3 由于h(1)0，所以当x( ,1)时，h(x)0；当x(1,2)时，h(x)0. 4 当x变化时， f(x)、f(x)的变化情况如下表： 3 x ( ,1) 1 (1,2) 4 f(x) + - f(x) 增 极大 减 3 所以 f(x)在( ,2)上的极大值是 f(1)1，无极小值. 4 （2）由于g(x)(x2a)e1x，则g(x)(x2 2xa)e1x. 由题意，方程x2 2xa0有两个不等实根x,x ， 1 2 x2 2x a0  1 1 则44a0，解得a1，且x2 2x a0，又x x ，所以x 1. 2 2 1 2 1  x x 2  1 2 由x g(x )f (x ) ， f(x)(2xx2)e1xa ，可得x (x2 a)e1x1 [(2x x2 )e1x1 a] 2 1 1 2 1 1 1 又x 2x,a x2 2x .将其代入上式得：2x (2x )e1x1 [(2x x2 )e1x1 (2x x2 )]. 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 整理得x[2e1x1 (e1x1 1)]0，即x[2e1x1 (e1x1 1)]0,x (,1) 1 1 1 当x 0时，不等式x[2e1x1 (e1x1 1)]0恒成立，即R. 1 1 当x (0,1)时，2e1x1 (e1x1 1)0恒成立，即 2e1x1 ， 1 e1x1 1 2e1x1 令k(x) ，易证k(x)是R上的减函数. e1x1 1 2e 2e 因此，当x(0,1)时，k(x)k(0) ，故 . e1 e1 当x (,0)时，2e1x1 (e1x1 1)0恒成立，即 2e1x1 ， 1 e1x1 1 2e 2e 因此，当x(,0)时，k(x)k(0) 所以 . e1 e1 2e 综上所述， . e1 试卷第5页，共5页 {#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}