江苏省盐城市五校联考2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1017江苏省盐城市五校联考2024-2025学年高三上学期10月月考

2024/2025学年度第一学期 联盟校第一次学情调研检测高三年级数学参考答案及评分 标准 1-8 BBDADAAB 9-11 ACD,ABD,ABC 12-14 x2024,lgx x , 4, 4051 15. （1）f(x)cos4x2sinxcosxsin4x， (cos2xsin2x)(cos2xsin2x)sin2x， cos2xsin2x，   2cos(2x )，7分 4 故 f(x)的最小正周期T ；8分    5 （2）由x[0, ]可得2x [ ， ]，10分 2 4 4 4  3 3 当得2x 即x 时，函数取得最小值 2 ．所以x ，时 f  x   2 13 4 8  8  min 分 16. （1） f x为定义在 上的奇函数， 20a  f 0 0，a1，2分 201 2x 1 12x 当a 1时， f x  f x，符合题意， 2x 1 2x 1 2x 1 2  f x 1 ， 2x 1 2x 1 -2 2x 0，\ -2< <0， 2x+1 1 f x1， 的值域为 ；7分 ∴ （ 2） 由（1）有 − f 1x ,110，8分 原不等式可化为2f x fx1  23 f x 1  ， {#{QQABDQaAggiIAJAAAAhCUwUYCkMQkAGAASgOAEAEIAIACBFABCA=}#}令 f xt ，则2t2t10， 1 1 2  t1，即 1 1，12分 2 2 2x1 1 1 2x  ，xlog ，14分 3 2 3  1  不等式的解集为   log 2 3 ,  .15分 3 4 17. （1）因为A点的横坐标为 ，且 OA 1，A点在第一象限，所以A点纵坐标为 ， 5 5 3 4 所以cos ，sin .2分 5 5 4  π 2 cos2  2sincos 2sin 5 8 所以  2 sin2     .7分  cos2 cos 3 3 sin2cos2 sin2cos2sin2 5 63  63 2 16 （2）因为cosAOC  ，由图可知：sinAOC 1cos2AOC  1    . 65  65 65 9分 而2kAOC,kZ， 故AOC2kπ（kZ）AOC2kπ（kZ），12分 所以 coscosAOC2kπ cosAOC cosAOCcossinAOCsin  63 3 16 4 5      .15分  65 5 65 5 13 2 1 2x1 18. （1） 由题意可知： f(x)的定义域为 ，且 f x    ，2分 x x2 x2 0,+∞ 1 1 令 ，解得x ；令 ，解得0 x ； 2 2 ' ' >0 <0 1   1 所以 f(x)的单调递增区间为 , ，单调递减区间为0, ．6分 2   2 1 （2）设h  x  g  x  f  x ax2lnx ， x 当x[1,)时，g  x  f  x  ，即h  x 0对任意x[1,)恒成立， {#{QQABDQaAggiIAJAAAAhCUwUYCkMQkAGAASgOAEAEIAIACBFABCA=}#}取x 1，解得a1； 1 1 若a1，则h  x ax2lnx  x2lnx ， x x 设m  x  x2lnx 1 ,x1，则m x 1 2  1   x1 2 0， x x x2 x2 可知m  x  在[1,)上单调递增，则m  x m  1 0，此时h  x 0，符合题意； 综上所述：实数a的取值范围为[1,)．17分 19. （1）由A1,1， 112,110,112，故A {2,0,2}； |1(1)||11|0,|11||1(1)|2，故A {0,2}.3分 （2）由于集合Ax ,x ,x ,x ,x  x  x  x 且A A， 1 2 3 4 1 2 3 4 所以A中也只包含四个元素，即A {0,x x,x x,x x}6分 2 1 3 1 4 1 剩下的x x x x x x ，所以x x x x ；7分 3 2 4 3 2 1 1 4 2 3 （3）设 Aa ,a ,a 满足题意，其中a a a , 1 2 k 1 2 k 2a a a a a ...a a a a a a ...a a 2a ,所以 A 2k1, 1 1 2 1 3 1 k 2 k 3 k k1 k k a a a a a a ...a a,所以|A|k， 1 1 2 1 3 1 k 1 因为AA ,由容斥原理 AA  A  A  3k1, A A中最小的元素为0，最大的元素为 2a , k 所以 AA  2a 1,则3k12a 14049  kN* ,所以k 1350， k k 当A{675,676,677,...,2024}时满足题意，证明如下： 设A{m,m1,m2,...,2024}且mN，则A {2m,2m1,2m2,...,4048} ， A {0,1,2,...,2024m}， 2024 依题意有2024m2mm ，故m的最小值为675， 3 于是当m675时A中元素最多，即A{675,676,677,...,2024}时满足题意， {#{QQABDQaAggiIAJAAAAhCUwUYCkMQkAGAASgOAEAEIAIACBFABCA=}#}综上所述，集合A中元素的个数的最大值是 1350.17分 {#{QQABDQaAggiIAJAAAAhCUwUYCkMQkAGAASgOAEAEIAIACBFABCA=}#}