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=}#}