高三11月联考数学试卷答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届湖北省六校新高考联盟学校高三上学期11月联考_湖北省六校新高考联盟学校2024届高三上学期11月联考数学

2023 年湖北六校新高考联盟学校高三年级 11 月联考 数学评分细则 选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C B C B A B AC BCD ABC BCD 填空题： 13. x0,，x22x30 14. 2 n,(1n2022) 15. ,e  16．3，a  n 2022(1)n,(n2023) 1. z 1i2023=1i，z=1+i在复平面上对应的点为（1,1），该点在第一象限,故选A. 2. A  x x2 1  ，A,1    3, ，B  0,2 ，所以AB(0,1)，故选D.        3. sincos 2k  cos  2k ,kZ= 2k或 2k.选C  2   2  2 2 x y 1 1 4. 因为x3  y3，所以x  y，故      ，故选B. 3 3 a a   2023 5. d  3 1  ,a a 2022  ， 2 6 2023 1 6 6 2023   1 sina sin sin( 337)sin  ,故选C. 2023 6 6 6 2 a2 c2 b2 c 2 a 6. 由余弦定理得ab2ccosB 2c ，    1， 2ac b b 2 b c b a b a b a ∴      12  13，当且仅当  即ab时等号成立， a b a b a b a b 2 b c 所以    的最小值为3．故选B． a b 7. 由条件知，cos2sin，反复利用此结论，并注意到cos2sin21，得 1 cos2sin2 cos4 sin2 (1sin)(1cos2)  2sincos2 2．故选A. sin sin   8．因为 f(x)2sinx  cos2x  4           所以 f(x)2sinx  sin2x  2sinx  2sinx cosx   4  4  4  4  4 数学答案第1页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#} 令 x ,则 f 2sin2sincos2sinsin2 4 则 f2cos2cos22  2cos21  2cos4cos22cos2 1 令 f0，得cos1或cos 2 1  5 当1cos ，即( 2k, 2k)，kZ 时， f0， f()单调递减； 2 3 3 1   当 cos1，即( 2k, 2k)，kZ 时， f0, f()单调递增； 2 3 3  又 f()周期为2，所以= 2k，kZ 时， f  取得最大值， 3 3 3 1 3 3 所以 f  x  2 2   ,故选B. max 2 2 2 2 9． 因为a  (1,3),b  (x,2)，所以a  2b  12x,1，      则 a2b a 12x30，解得：x1，所以b (1,2)，故A正确； 3a  b  4,7，所以3a  b   4272  1649  65，故B错误；     ab 16 5 2 cos a,b       ， a b 1232  1222 10 5 2     又因为0 a,b 180，故向量a与向量b的夹角是45°，故C正确；   a  b  a  5 1,3  1 3 向量b在向量a上的投影向量坐标是：        , ，故D错误. a a 10 10  2 2 故选：AC. 1 10．对于选项A，令t  x2 9 ，则t 3，则g(t)t ，t 3， t 10 又g(t)在  3, 为增函数，即 g(t)  g(3) ，即A错误； min 3 对于选项B，当x2时，2x0， 1(44xx2) 1 1 因此 f(x)  (2x)2 (2x) 2， 2x 2x 2x 1 当且仅当 2x时取等号.而此方程有解x1(,2)，故 f(x)在(,2)上最小值为2． 2x 1 4 1 1 4  3 对于选项C， f(x)  =       x1   5x    ，当且仅当x 1时取等 x1 5x 6x1 5x  2 数学答案第2页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}对选项D，4x+4y=2x1+2y1 (2x)2 (2y)2 2(2x 2y)(2x 2y)2 22x2y 2(2x 2y) (2x 2y)2 S2 S2 S2 2S 22x2y，又022x2y   ．0 S2 2S  ，解得2S 4. 2 2 2 故选BCD. 11．当x0时， f '  x  x1  ex，当x1时， f '  x 0，故 f  x  在 ,1  上为减函数， 当1x0时， f '  x 0，故 f  x  在 1,0  上为增函数，所以当x0时， f  x  的最小值为 1 f 1  .又在R上， f  x  的图像如图所示： e 因为g  x  有两个不同的零点，所以方程 f  x m有两个不同的解， 即直线 y m与y  f  x  有两个不同交点且交点的横坐标分别为x ,x ， 1 2 1 故1m2或m0或m .若1m2，则x x 2；若m0，则x x 3； 1 2 1 2 e 1 1 1 若m ，则x x 13 2 .综上，选ABC. e 1 2 e e 1 1 1 1 1 1 8 1 8 12．因为 ln(1 ) ，令x7，  ln(1 )ln ，则e8  ，故A错误； 1x x x 17 8 7 7 7 1 x1 1 2 3 1 8 1 因为ln(1 )ln  ，则ln 1，ln  ，…，ln  ， x x x 1 2 2 7 7 1 1 以上各式相加有ln81  ，B正确； 2 7 1  1 x1 1 2 1 3 1 8 因为 ln1 ln ，则 ln ， ln ，…， ln ， 1x  x x 2 1 3 2 8 7 1 1 1 以上各式相加有   ln8，C正确； 2 3 8 1 1 1 1 由ln(1 ) 得，xln(1 )1，即ln(1 )x 1， x x x x 1 C0 C1 C8 1 (1 )x e，因此 8  8  8 (1 )8 e，所以D正确． x 80 81 88 8 故选：BCD 13.“x0,，x22x30”的否定是“x0,，x22x30”. sinx,x0 14. 因为 f x  2 ，所以 f   3  sin 3 1，所以 f  f   3     f 1 2，  ,x0 2 2  2 x 15. 由 f  x mxlnx，得 ex mxlnx0，即exlnx mxlnx0对任意的x0恒成立， x 1 x1 令Fx xlnx，则Fx1  ，所以当0 x1时，Fx0，Fx单调递减； x x 数学答案第3页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}当x1时，Fx0，Fx单调递增，所以Fx F11． 令txlnx，则t1,，则exlnx mxlnx0对任意的x0恒成立， et et  等价于et mt0对任意的t1恒成立，等价于m 对任意的t1恒成立，即m  ． t  t  min 令ht et t1，则ht tet et  ett1 0，所以ht在1,上单调递增， t t2 t2 所以hth1e，所以me，所以实数m的取值范围为,e． 16.(1)当n1时, a2 a3 ,由a 0得a 1.当n2时,(1a )2 1a3 , 1 1 1 1 2 2 由a 0得a 2或a 1，当n3时,(1a a )2 1a3a3. 2 2 2 2 3 2 3 若a 2得a 3或a  2;若a 1得a 1; 2 3 3 2 3 综上,满足条件的三项数列有三个:1,2,3或1,2,2或1,1,1 (2)令S  a a a ,则S2 a3a3a3(nN)，从而 n 1 2 n n 1 2 n (S a )2 a3a3a3a3 .两式相减,结合a  0得2S a2 a n n1 1 2 n n1 n1 n n1 n1 当n1时,由(1)知a 1; 1 当n2时,2a 2(S S )(a2 a )(a2 a ),即(a a )(a a 1)0, n n n1 n1 n1 n n n1 n n1 n 所以a  a 或a a 1 又a 1,a 2022, n1 n n1 n 1 2023 n,(1n2022) 所以a  . n 2022(1)n,(n2023) 17. （10分）解： （1）A3,4  ,当m5时，B   x x2 6x50  =  1,5  ，AB=  1,4  ………………5分 （2）由题得B是A的真子集， 不等式x2  1m  xm0等价于 x1  xm 0 当m1时，B  1 ，满足题意； 当m1时，B  1,m  ，则1m4； 当m1时，B  m,1  ，3m1； 综上所述，m3,4  ………………10分 18.（12分）解：   （1） f  x ab  3sinxcosxcos2x 数学答案第4页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}3 1 1   1 2  sin2x cos2x sin2x   ，所以 f  x  的周期T  , 2 2 2  6 2 2   k 令2x k(kZ)，得x   (kZ), 6 12 2  k 1 所以 f  x  的对称中心（  ，）(kZ). ………………6分 12 2 2    （2）令2k 2x 2k （kZ ） 2 6 2   解得k  xk （kZ ），由于x 0, ， 3 6   2  所以当k 0或1时，得函数 f  x  的单调递增区间为  0，  和  ,  . ………………12分  6  3  19.（12分）解： （1）由S 2a 1得：a 1， 1 1 1 因为S S  2a n  2a (n1)  (n2)，所以a 2a 1， n n1 n n1 n n1 a 1 从而由a 12  a 1  得 n 2(n2)， n n1 a 1 n1 所以 a 1 是以2为首项，2为公比的等比数列. ………………6分 n （2）由（1）得a 2n 1， n 所以a a a a   223 22n1 (n1) 1 3 5 2n1 2  14n1  (n1) 14 22n3 3n5  . ………………12分 3 20. （12分）解： （1）由题得(ac)sinC csin(BC),即(sin AsinC)sinC sinCsin(BC)， 由于sinC 0，则有sin AsinC sin(BC)，即sin(BC)sinC sin(BC), 1 即2cosBsinCsinC 0，由于sinC 0，则有2cosB=1，即cosB= ， 2   又B(0, )，故B . ………………6分 2 3 （2）设ABC外接圆半径为R，则ABC的周长为 数学答案第5页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}2 3+2sinC abc22RsinB2RsinC=2+ (sinBsinC)=2+ sinA sinA  3+2sin(A ) 3 3(1cosA) 3 =2+ 3 3 , sin A sin A A tan 2   A   A 由于ABC为锐角三角形，所以A( , ),   , ,tan (2 3,1) 6 2 2 12 4 2 所以3+ 3 abc62 3， 即ABC周长的取值范围是(3+ 3,62 3) ………………12分 21. （12分）解： （1）因为 f (x)ex 1asinx(aR)，所以 f(x)ex acosx， 设h(x)  f(x),h(x)  ex asinx， 当a0时，即a0时，因为x 0, ,sinx0，所以asinx0，而ex 10， 所以ex 1asinx0，即f(x)≥0恒成立， 当0a1时，h(x)  ex asinx 0，所以 f(x)在[0，π]上递增，而 f(0)1a0， 所以 f(x) f(0)0，所以 f(x)在[0，π]上递增，即 f(x) f(0)0成立， 当a1时，h(x)  ex asinx 0，所以 f(x)在[0，π]上递增，   而 f(0)1a0, f( )e2 0，所以存在x  0, ，有 fx   0， 0 0 2 当0 x  x 时， f x 0， f(x)递减，当x  x时， f x 0， f(x)递增， 0 0 所以当x  x 时， f(x)取得最小值，最小值为 f(x )，而 f(x ) f(0)0，不成立. 0 0 0 综上：实数a的取值范围(,1]. ………………6分 （2）因为a=1，所以 f(x)ex 1sinx,x 0,1  ， 令g(x) f (x)x ex 1sinxx，所以g(x)ex cosx1， 设u(x)  g(x)，所以u(x)  ex sinx  0，所以g(x)在 0,1 上递增， 数学答案第6页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}而g(0)10,g(1)ecos110，所以存在x  0,1  ，g x 0， 1 1 当0 x x 时，g x 0，g(x)递减，当x  x 1时，g x 0，g(x)递增， 1 1 而g(0)0,g(1)e1sin11e20.840，所以g(x)0， 即当x 0,1 时， f (x) x，而a a  f  a a 0，a a ， n1 n n n n1 n 所以{a }是递减数列. ………………12分 n 22. （12分）解： （1）由题知 f (x) a有两个实数根，令g(x) f(x)a，即g(x) xlnxa， x1 则g(x)有两个零点，因为g'(x)= ，令g'(x)=0得x1， x 所以在(0,1)上g'(x)0，g(x)单调递减；在(1,)上g'(x)0，g(x)单调递增. 故g(x)  g(1)1a，则须有1a0，即a1. min 又g  ea  ea 0，g(ea)ea 2a 1a2 2a (a1)2 0， 所以在(0,1)上存在x 使得g(x )0；在(1,)上存在x 使得g(x )0， 1 1 2 2 即a1时，g(x)有两个零点，所以实数a的取值范围是(1,). ………………6分 （2）由题知x lnx =x lnx ， 1 1 2 2 x x 要证明x  x x x 3，只需证x  x x x 3 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 lnx lnx 2 1 x 3(t1)x 设0 x  x ，令t  2 (t 1)，则只需证(t1)x  tx  1 1 2 x 1 1 lnt 1 3(t1) 3(t1) 只需证t1 t  ，其中t 1，只需证lnt  ，其中t 1， lnt t1 t 2( t 1) 方法一：易证明t 1时，ln t  ， t 1 2(x1) 1 4 (x1)2 证明如下：设h(x)lnx ,x1，则h'(x)   0,x 1 x1 x (x1)2 x(x1)2 2(x1) 所以h(x)在(1,)上单调递增，所以h(x) h(1)0，所以当x1时，lnx , x1 数学答案第7页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}2( t 1) 4( t 1) 所以t 1时，ln t  ，即t 1时，lnt  ， t 1 t 1 4( t 1) 3(t1) 4 3( t 1) 因此只需证  ，其中t 1，只需证  ，其中t 1， t 1 t1 t t 1 t1 t 只需证4t4 t 43( t 1)2，其中t 1， 只需证t2 t 10，只需证（ t 1)2 0，其中t 1，显然成立， 故x  x x x 3得证. ………………12分 1 1 2 2 方法二：令 t  x ，即t  x2,x1，，故只需证2lnx 3(x2 1) ,x1 x2 1x 3(x2 1) 设h(x)2lnx ,x1， x2 1x 2 3(x2 4x1) 2x4 x3 6x2 x2  x1 2 (2x25x2) 则h ' (x)    0 x (x2 1x)2 x(x2 1x)2 x(x2 1x)2 h(x)在(1,)上单调递增， 3(x2 1) 3(t1) h(x)h(1)0，2lnx ,x1，即不等式t1 t  （t 1）成立 x2 1x lnt 所以x  x x x 3 1 1 2 2 数学答案第8页 {#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}