辽宁省辽东南协作体2024-2025学年高三上学期10月月考试题数学PDF版含答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1019辽宁省辽东南协作体2024-2025学年高三上学期10月月考

{#{QQABKQYEogigAIBAAAgCQwVYCkCQkAEACYgORBAAMAIAyAFABCA=}#}{#{QQABKQYEogigAIBAAAgCQwVYCkCQkAEACYgORBAAMAIAyAFABCA=}#}高三数学试题 参考答案
一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A B C D C B D A AC BD BC
三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
12. [1,+∞) 13.(4,+∞) 14.7
四．解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（本小题满分13分）
解：因为 f(x)g(x)h(x)；
 3 1 3 1
（Ⅰ） f(x)sin(x )cosx ( sinx cosx)cosx  sinxcosx cos2 x
6 2 2 2 2
3 1 1 1cos2x
  sin2x 
2 2 2 2
3 1 1
 sin2x cos2x
4 4 4
1  1
 sin(2x ) ，
2 6 4
所以 f(x)的最小正周期是． ………………7分

（Ⅱ）因为0≤x≤ ，
2
  
所以 ≤2x ≤ ，
6 6 6
1 
所以 ≤sin(2x )≤1，
2 6
1 1  1 1
所以 ≤ sin(2x ) ≤ ，
2 2 6 4 4
  1
当2x  ，即x0时， f(x)有最小值 ． ………………13分
6 6 2
16.（本小题满分15分）
解(1)f'(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a≤0时,f'(x)≥0,函数f(x)在R上单调递增,无极值;当a>0时,令f'(x)>0,解得x<- 或x> ,
令f'(x)<0,解得- <x< .
∴函数f(x)在(-∞,- ),( ,+∞)上单调递增,在(- )上单调递减,
∴函数f(x)在x=- 处取得极大值f(- )=2a ,
在x= 处取得极小值f( )=-2a .………………8分
(2)由(1)知,当a≤0时,函数f(x)在[0,2]上单调递增,
故f(x) =f(2)=8-6a.
max
当0<a<4时,函数f(x)在[0, )上单调递减,在( ,2]上单调递增,
又f(0)=0,f(2)=8-6a,
∴当0<a≤ 时,f(x) =f(2)=8-6a;
max
当 <a<4时,f(x) =f(0)=0;
max
当a≥4时,函数f(x)在[0,2]上单调递减,f(x) =f(0)=0.
max
综上,当a≤ 时,函数f(x)在[0,2]上的最大值为8-6a;
当a> 时,函数f(x)在[0,2]上的最大值为0.………………15分
17.（本小题满分15分）
 
解：（1） f(x) 3sin(2x)cos(2x)2sin  2x 
 6

将函数 f(x)的图象向左平移 个单位长度后，所得函数为
3
     5 
y 2sin

2

x



2sin

2x 

  3 6  6 
5  
∴  k,kZ ∴ k,kZ
6 2 3 
又|| ∴
2 3
∴
 
f(x)2sin 2x
 
 6 
.……...……7分
 5    2
（2）∵x

, 

∴2x 

,

6 12  6 6 3 
    
当 2x  ，即  x 时， f(x)单调递增；
6 6 2 6 3
  2  5
当 2x  ，即  x  时， f(x)单调递减.
2 6 3 3 12
  5
且
f
 
2
，
f
 
1, f
 
 3.
 3  6  12 
 5
∵方程 f(x)a 在 , 上恰有两个实数根.
6 12
∴ 3a2∴实数a的取值范围为[ 3,2).
……...……15分
18.（本小题满分17分）
1 
【答案】(1) ,(2),4
e 
(1) f(x)xlnx定义域为(0,)， f(x)lnx+1
1
f(x)0即lnx+10解得x
e
1
所以 f(x)在（ ,)单调递增………………7分
e
(2)对任意x0,，不等式 f x 1 gx恒成立，即xlnx 1 x2ax3 恒成立，
2 2
3
分离参数得a2lnxx .
x
3 x3x1
令hx2lnxx x0,，则hx ．
x x2
当x0,1时，hx0，hx在(0,1)上单调递减；
当x1,时，hx0，hx在1,上单调递增.所以hx h14，即a4，
min
故a的取值范围是,4 .………………17分
19.（本小题满分17分）
解：（Ⅰ）集合M 具有性质P；……………………………… …………...……2分
集合N不具有性质P．………………………………………………... ………4分
（ Ⅱ ） （ i） 取 i jn， 由 题 知 存 在 k,t（ 1≤k≤n,1≤t≤n） ， 使 得
(a a a )(a a a )0成立，即a (2a a )0，………..…6分
n n k n n t k n t
又2a a ，故必有a 0．…………...………….……………………8分
n t k
又因为0≤a a a L a ，所以a 0．……..……………..10分
1 2 3 n 1
（ ii）由（ i）得 a 0，当 i≥2时，存在 k,t（ 1≤k≤n,1≤t≤n）使得
1
(a a a )(a a a )0成立，又因为 a a a (a a )a 0，故
n i k n i t n i t n t i
a a a 0，即a a a ．所以a a A(i1,2L ,n)．….……12分
n i k n i k n i
又0a a L a a ，所以a a a a L a a a a ，
1 2 n1 n n 1 n 2 n n1 n n
故a a a ,a a a ,L ,a a a ,a a a ，…………….. 15分
n 1 n n 2 n1 n n1 2 n n 1
相加得：
n
na (a a L a )(a a L a )，即 a a a L a ．
n 1 2 n 1 2 n 2 n 1 2 n
………….……17分