重庆康德半期2024年普通高等学校招生全国统一考试高三11月调研卷数学参考答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届重庆半期统考普通高等学校招生全国统一考试高三11月调研卷（康德卷）

2023 年普通高等学校招生全国统一考试 11 月调研测试卷 数学参考答案 一、选择题： 1~8 CBDC BADC  tan1 第7题解析：由tan( ) 32，得  32，tan 3．所以 4 1tan 2tan tan2  3． 1tan2 第8题解析：C经过原点的切线l：y ex，由题意，eb 1eb，结合图形知b0．令 f(x)ex ex1，x0， 则 f(x)ex e，所以 f(x)在(0， 1)上单调递减，在(1，)单调递增．因为 f(1)10， f(2)e22e1>0，所以1b2． 二、选择题： 9．ABD 10．AC 11．BCD 12．BC 第12题解析：由 f (x1) 2 f (x)，得 f (x2) 2 f (x1)，所以 f(x2) f(x)， f(x)是周期为2的 周期函数，所以选项B正确．由 f(x2)2 f(x)知 f (2) 2 f (0)，又因为 f (0) f (2)， 1 所以 f(2)1，选项C正确．取 f (x) sinπx1符合题意，此时 f(x)不是偶函数，且 f( )0， 2 所以A，D错误． 三、填空题： 6 13．132（或48答案合理即可） 14． 15．8 16．(0，)，[2，3] 2 |log x|， x≥2，  2 x2 第16题解析：当a2时， f(x)x2 当x2时， f(x) (0，1)，当x≥2时，  ，x2. x3 x3 f(x)|log x|log x[1，)，所以当a2时， f(x)的值域为(0，)． 2 2 画出 f(x)的图象，当a2或a3时，存在x ，x (x  x )，使得 f(x ) f(x )， 1 2 1 2 1 2 当2a3 时，不存在x ，x (x  x )，使得 f(x ) f(x )． 1 2 1 2 1 2 四、解答题： 17．（10分） 解：（1）设公差为d ，由题设，a 4d 3，5a 10d 0， 1 1 3 解得a 3，d  ． 1 2 3(3n) 所以a  ． ……5分 n 2 11月调研测试卷（数学）参考答案 第1页 共5页3n(5n) 9n(5n)(3n) （2）由（1）得S  ，由题设， 0，n(n5)(n3)0 n 4 8 因为nN，所以n4． ……10分 18．（12分）  解： f(x)2sinx[cosxcos(x )]1 2  2sinxcosx2sin2 x1 sin2xcos2x． ……3分    3 1 （1） f( ) sin cos   ． ……5分 6 3 3 2 2  （2） f(x)sin2xcos2x  2sin(2x )． 4    令2k 2x 2k ，kZ， 2 4 2   得k  xk ，kZ． 8 8      所以 f(x)在(0， )单调递增，在( ， )单调递减，在( ， )单调递增． 8 8 8 8 8   由题设， m ． ……12分 8 8 19．（12分） 解：（1）由题设及正弦定理，得sinB2sinAcosB2sinC 因为ABC ，所以sinB  2sin AcosB2sin(AB)， sinB2cosAsinB． 因为0 B，所以sinB0， 1 故cosA ． 2 2 因为0 A，所以A ． ……6分 3 a2 b2 c2 （2）由acosC  3及余弦定理，得a  3，即a2 c2  2 31， 2ab b2 c2 a2 1 又由余弦定理，得cosA  ，即a2 1c2 c． 2bc 2 所以c 2 32． ……12分 20．（12分） ax2 (2ab)xb1 解：（1） f(x) ，由题设， ex 11月调研测试卷（数学）参考答案 第2页 共5页ab1 3a2b1 f(1) f(1)  0， e1 e1 所以b2a． ……5分 （2）因为 f (|x|) f (|x|)，所以 f (|x|)是偶函数． 1 只需证明：当x0且a 时， f(x)1． 2 ax2 2ax1 由（1）知， f(x) ． ex 1 x2 x1 1 2 当x0且a 时，则 f(x) ． 2 ex 1 x2 x1 2 令g(x) ，x0， ex 1 则g(x) x2ex 0，当且仅当x0时，“”成立． 2 所以g(x)在[0，)单调递减，g(x) g(0)1， 1 从而，当x0且a 时， f(x)1． 2 1 综上，当a≤ 时， f (|x|)1． ……12分 2 21．（12分） 1 解：（1）当k 1时，a ，a ，a 成等比数列，公比q  ， 2 3 4 1 2 1 所以a a q2  ． 4 2 1 4 2 当k 2时，a ，a ，a 成等比数列，公比q  ， 4 5 6 2 3 1 所以a a q2  ． 6 4 2 9 a a a a a  4  6  2n 2n 2 a a a 2 4 2n1 1q2q2q2 1 2 n1 1 2 n1 1( )2( )2( )2 2 3 n 1  ． ……6分 n2 1 k 1 （2）由题设及（1），a a q    ， 2k1 2k k k2 k1 k(k1) 11月调研测试卷（数学）参考答案 第3页 共5页n1时，a 1． 1 n2时，a a a a ． 1 3 5 2n1 1 1 1 a    1 12 23 (n1)n 1 1 1 1 1 a 1     1 2 2 3 n1 n 1 a 1 ． 1 n 1 由题设，a  对n2，nN恒成立，所以a 0． 1 n 1 综上，a 0． ……12分 1 22．（12分） 解：（1）由题设，x0， f(x)ln(x)1． 1 1 令 f(x)0，解得x ；令 f(x)0，解得  x0． e e 1 1 所以， f(x)在(， )单调递增，在( ，0)单调递减． e e 1 1 当x  时， f(x)有极大值 ； f(x)无极小值． ……4分 e e （2）g(x) xf(ax)ex2 ax2ln(ax)ex2． 当a0时，x0． ex2 a (x2)ex2 1 (x2)ex2 令h(x)aln(ax) ，则h(x)   [a ]． x2 x x3 x x2 (x2)ex2 因为x0，所以 0． x2 又因为a0，所以h(x)0，h(x)在(，0)单调递减． e a2e  a e3 a h( 1)aln(ea) a[ln(ea) ]0， a (ea)2 (ea)2 1 h( )a2e 1 a 2 0． a 所以h(x)在(，0)上存在唯一零点． ……8分 当a0时，x0． 1 1 由（1）知， f(ax) ，当且仅当x  时，“”成立． e ae 11月调研测试卷（数学）参考答案 第4页 共5页令(x)ex1x，x0，则(x)ex11． 当0 x1时，(x)0，(x)单调递减；当x1时，(x)0，(x)单调递增． 所以(x)(1)0，即ex1  x，当且仅当x1时，“”成立． x xex1 1 所以g(x) xf(ax)ex2  ex2  0，当且仅当a  且x1时，“”成立． e e e 1 1 所以，当a  时，g(x)存在唯一零点；当a0且a   时，g(x)不存在零点． e e 1 1 综上，当a0或a  时，g(x)存在唯一零点；当a0且a   时，g(x)不存在零点． e e ……12分 11月调研测试卷（数学）参考答案 第5页 共5页