鄂北高三数学答案(1)_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1114湖北省新高考协作体2024-2025学年高三上学期11月期中考（全科）

宜城一中 枣阳一中 曾都一中 2024—2025 学年上学期期中考试 襄阳六中 南漳一中 老河口一中 高三数学答案 一选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B C B A C D B D BC ACD BCD 二．填空题 5π 233 12. 192; 13.  ; 14 6 3 三．解答题 1 3 1 π 15. 【解】（1）f(x)＝ 3sinxcosx＋sin2x－ ＝ sin2x－ cos2x＝sin(2x－ ). 。。。。。。。。3分 2 2 2 6 π π 3π π 5π 由2kπ 2x 2kπ  kZ 解得kπ  xkπ  kZ ， 2 6 2 3 6  π 5π 所以，函数 f  x  的单调递减区间为  kπ ,kπ   kZ  。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分  3 6  π （2）将函数y f  x  的图象向左平移 个单位长度，可得到函数 6   π π  π y sin2x    sin2x  ，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵   6 6  6  π 坐标不变），得到函数y  g  x  的图象，则g  x sinx ，。。。。。。。。。。。。9分  6 π  π π 7π 1  π 1 当x  ,π  时，  x  ，则 sinx  1，则  g  x 1，。11分 6  3 6 6 2  6 2 π   1 3 对任意的x 1 、x 2   6 ,π   ，g  x 1 g  x 2  a，则a g  x  max g  x  min 1    2    2 ， 3 故实数a的最小值为 .。。。。。。。。。。。。。。。13分 2 解：由题意得 16  f(1)2 ， 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分 f(1)0 ' 2 (1) =3 +2 −3故 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 分 − + +3=2 =1 3 ⇒ ⇒ = −3 6 （2）过点 3 A − 1 2 , m −向 3= 曲 0 线y = f 0 x 作切线，设切点为 x ,y ， 0 0 则 y  x3 3x ，k  f x 3x2 3，则切线方程为 0 0 0 0 0 y  x3 3x    3x2 3  xx ，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分 0 0 0 0 将A  1,m 代入上式，整理得2x3 3x2 m30． 0 0 ∵过点A  1,m  m2 可作曲线 y f  x 的三条切线， ∴方程2x33x2 m30有三个不同实数根．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9分 记g  x 2x33x2 m3，g x 6x2 6x6x  x1 ，.。。。。。。。。。。。。。。。。。。11分 令g x 0，得x0或1，则x，g x ，g  x 的变化情况如下表： x ,0  0  0,1  1  1, g x  + 0 ― 0 +   g x ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ 当x0，g  x 有极大值m3；x1，g  x 有极小值m2，。。。。。。。。。。。。。。。。。13分 g  0 0, m30, 由题意有，当且仅当 即 解 得3m2时函数g  x 有三个不同  g  1 0, m20, 零点．此时过点A可作曲线 y f  x 的三条不同切线．故m的取值范围是 3,2 ．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。15分 17. 解：（1）因为 ， 在△ABC中， ， 所以 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。.2分 在△ABC中，由正弦定理得： 又 ， ， 所以 ，即 ，。。。。。。。。4分 又 ，所以 ，所以 ，所以 ，因为 ，所以 ， 即 ．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分 （2）因为AD=3DA，BD是角平分线，即 ， 因为 ，所以c=3a，。。。。。。。。9分 由正弦定理可知 ，所以 ，。。。。。。。。。。11分 所以 ，整理可得 ，。。。。。。。。。。13分 即 ，又因为 ，且 ， 即 ，解得 。。。。。。。。。。。。。。。。。15分 1 f(x) x2 3x2lnx 18.（1）当a=3时， 2 2 x2 3x2 f(x)x3  x x 当1 x2, f(x)0, f(x)在（1,2）单调递增 0 x1或x2, f(x)0, f(x)在（0,1），（2，）单调递减.........2 ,  f(x)的极大值为f(2)42ln2..............3 5 f(x)的极小值为f(1) .............................4 2 1 2 x2 ax2 （2）由 f(x) x2 ax2lnx(x0)，得 f(x)xa  ．。。。。5分 2 x x g(x) 令g(x) x2 ax2，则 f(x) ，x0， x 当 a2 80，即2 2 a2 2时，g(x)0恒成立，则 f(x)0， 所以 f(x)在(0,)上是减函数．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分 当 a2 80，即a2 2 或a2 2． （i）当a2 2时，g(x)0恒成立，从而 f(x)0，所以 f(x)在(0,)上是减函 数．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分 a a28 a a2 8 （ii）当a2 2时，函数g(x)有两个零点：x  ，x  ， 1 2 2 2 （ii）列表如下： x 0,x  x x,x  x x , 1 1 1 2 2 2 f(x) — 0 + 0 — f(x) 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数 综上，当a2 2时， f(x)的减区间是(0,)，无增区间；当a2 2时， f(x)的增区间  a a2 8 a a2 8   a a2 8   a a2 8  是 ,  ，减区间是0, 和 ,．。10分  2 2   2   2        （3）由（1）知，当a2 2时，f(x)有两个极值点x，x，x  x ，则x，x是方程g(x)0 1 2 1 2 1 2 的两个根，从而ax  x2 2，ax  x2 2，由韦达定理，得x x 2，x x a．所以 1 1 2 2 1 2 1 2 0x  2 x ，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。10分 1 2  1   1  2f  x  f  x 2  x2 ax 2lnx     x2 ax 2lnx  1 2  2 1 1 1   2 2 2 2  1 x2 2ax 4lnx - x2 ax -2lnx 1 1 1 2 2 2 2   1   x2 2 x2 2 4lnx - x2  x2 2 -2lnx 1 1 1 2 2 2 2 1 4 1 16  x2  x2-lnx4x2 6  x2 ln 6.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分 1 2 2 1 2 x2 2 2 x2 2 2 4 1 16 令t x2(t 2)，h(t)  t-ln 6，t 2，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。13分 2 t 2 t 4 1 1 (t4)(t2) 则h(t)    ，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。15分 t2 2 t 2t2 当t2时，h(t)0，则h(t)在(2,)上是增函数，从而h(t)h(2)93ln2， 故2f(x ) f(x ) 93ln2。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。17分 1 2 19.（1）令 则， ） ），又 故 ....................2分 2 令x1,y x1=，y则=f0 2 f(f0)0+f(02f =1 2ff(10 ，则 f(x)> 0, , f(0)=故1. 。。。。4分 2 25 5 (1)= 16f(1)>0 f(1)= 4 5 （2）令x n,y 1,nN ，则 f  n1  f  n1 2f  n  f  1  f  n ，  2 2f  n1  f  n 22f  n  f  n1  ，即a 2a ，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分   n n1又a 3，所以数列a 为以2为公比，3为首项的等比数列，即a 3.2n1，。。。。。。7分 1 n n 则 。。。。 。。。。。。。 ； 1 2 100 0+99 。。 l 。 o 。 g 。 2 。。3。 + 。。 l 。 o 。 g 。 2 。3。。 + 。。。。。。。 + 。。 l 。 o 。 g 。 2 。。3。。 = 。。 0 。。 + 。。 1 。 + 。。 2 。。 + 。。。。。。。。。。 + 。。 9 。 9 。。 = 。。。2。。。 × 。。 1 。 0 。 0 。。 = 。。 4 。 95 9 0 分 （3）由题意得：函数g(x)定义域为R，定义域关于原点对称，令 有 （ ），又 故 .令x=0,y为任意实x数=，y= 0, 2 g则(0)+g(0)=2g 0 g(，0)即>0, g(0)=1 故g(x)是偶函数，。。10分 因为 g(y g ) (x +g( y) −y g ) ( = x2g y ( ) 0)g 2 (y g ) (x)g( g y ( ) y ， )= 又 g 因 ( 为 − 当 y), x0时，g(x)1， 所以当x0时，有2g(x)g(y)2g(y)，所以g(x y)g(xy)2g(y)，。。。。。12分 p p x , x 为有理数，不妨设 x  1, x  2 ，令N 为 x , x ，分母的最小公倍数， 2 1 1 q 2 q 2 1 1 2 a b 且 x  , x  ,a,b均为自然数，且a b， 1 N 2 N  n   1  设C  g ,g  0 1 g ，则c c ，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。14分 n  N   N  0 1 n 1 n1 n1  n  令x  ,y  ，则g  g   2g  ， N N  N   N   N  即C C  2C ，C 2C C C  C C C ， n1 n1 n n1 n n1 n n n1 n   故数列 C 单调递增，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。16分 n 则g  x   g  x  ，又g  x  是偶函数，所以有g  x  g  x  .。。。。。。。。。。。。。。。。。17分 2 1 2 1