高三数学2024.10答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1014黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考

高三数学10月测试答案
一．单选：BBCBD DAA
二．多选：9.ABD 10.BCD 11.ABD
1 3
三．填空：12. （ ,3） 13. 6 14.
2 2
②③④
四．解答题：
 π  π 1
15.【详解】（1） 3sinAcosA12sin A 1 ，故sinA  ，
 6  6 2
π π 7π
因为A0,π，所以A  , ，
6 6 6 
π 5π 2π
故A  ，解得A ；
6 6 3
b2c2a2
（2）由余弦定理得cosA ，
2bc
π b2c23bc 1
又 ，a2 3bc，所以  ，
2bc 2
2
= 3
故bc2 0，所以bc，
π
故 ，
=  = 6
所以 ；
5    5    3−1
cos  − 6 +sin  +2 =cos 6− 6 +sin 6+2 = 2
16.【详解】（1）因为函数 的定义域为 ，
1  1 
1   =log2 2 +  +2 
所以2x a 0恒成立，所以4xa2x10恒成立，
2x
令t 2x，则t0，所以t2at10在 上恒成立，
即t0时， a

t
1
恒成立，令y0,

 +
t∞1
，t0,，
 t  t
 1 
t1t1
由y1  ， 时，y0， 时，y0，
 t2  t2
 1  ∈ 0,1  ∈ 1,+∞
因此yt 在 上单调递增，在(1,)上单调递减，所以y 2，
 t max
0,1
故a2，即a的取值范围为2,；
（2）当a0时， ，
1  1 
=log2 2 +2
因为 f x的定义域为 ，定义域关于原点对称，

又因为 = ，
1 −  1 −  1 1  
−  =log2 2 +2 log2 2 +2 =  
学科网（北京）股份有限公司所以 f x为偶函数.
当x0时， ，令m2x 1，
1  1 
令hmm  1  ， = m lo  g2 1, 2  + ， 2 hm1 1  m1m1 ，
m m2 m2
1
又m1,时，hm0，所以hmm 在m1,上单调递增，
m
1
即y2x 在0,上单调递增，又 在定义域上为减函数，
2x
1
=log2 
所以函数 f x在 上单调递减，又函数 f x在定义域上为偶函数，
0,+∞
所以函数 f x在,0上单调递增，在 上单调递减，
0,+∞
因为 f t1 f 12t，所以 ，
+1 < 1−2 
即 ，解得 或 ，
2 2
故原  不+1等式<解集1−为2   >2 .  <0
−∞,0 ∪ 2,+∞
17.【详解】（1）由题意可得：
1+cos2 
=2 2 2 + 2sin2  − 2= 2cos2  + 2sin2 

π =23πcos 2  − π
令π2kπ2x 2kπ,kZ，解得 kπ x4 kπ,kZ，
4 8 8
 3π π 
所以 f x的单调递增区间为  kπ, kπ ,kZ．
 
 8 8 
π π 5π
令2kπ2x π2kπ,kZ，解得 kπ x kπ,kZ，
4 8 8
π 5π 
所以 f x的单调递减区间为 kπ, kπ ,kZ．
 
8 8 
（2）若 ，使 成立
11  2
等价为 ∃  ∈ 0, 24   ≤−  +2  +2
2
≤  −2  +2
因为 ，所以 ，所以 ，
11    2 
∈ 0, 24 2  −4 ∈ −4, 3   ∈ −1,2
当 时
11 
所以  = 24      =−1 ，
2
所以      =−1≤−  +2  +2
2
所以  −2  −3≤0
18. 【  详∈ 解−】1,3
学科网（北京）股份有限公司（1）将 代入，对 f x12xln1xx求导，
=2 12x x
可得 fx2ln1x 12ln1x ，
1x 1x
因为1x0，所以x1，即 的定义域为1,，
=  
令hx2ln1x x ，则hx 2  1xx  2  1 0， x1 ，
1x 1x 1x2 1x 1x2
0
所以 在1,上单调递增，又 f02ln10 0，
10
ℎ 
所以当x1,0时， ， 单调递减，
'
<0  =  
当 ， ， 单调递增，
'
则在  ∈ x0,+ 1, ∞，   >0 无  极 = 大  值  ，只有极小值为 f 010ln1000，
=  
所以当 时，函数 的极小值为0，无极大值.
（2）根  据=题2意知  =   ，
= 1+     1+  − 
则 ，
' 1+    −1 
=    1+  + 1+  −1=    1+  + 1+ 
设 ，
'  −1 
=   =    1+  + 1+ 
则 ，
'   −1
2
=1+  + 1+ 
因为当x0时， f x0恒成立，且 f 00, f00，
所以 ，得 ，
' 1
0 =2  −1≥ 0  ≥2
故 是原不等式成立的必要条件,
1
在证  ≥ 明2必要条件也是充分条件，
当 ，x0时， ，
1 '   −1 1 1 
2 2 2
≥2   =1+  + 1+  ≥2 1+  −2 1+  =2 1+  ≥0
所以 在[0,)上单调递增，且 fx f00，
'

所以 f x在[0,)上单调递增，且 f x f 00，
综上可得a的取值范围为 .
1
2,+∞
19【详解】(1) f(x)x2的定义域为R，假设存在实数a,k(k 0)，对于定义域内的任意x均
有 f(ax)kf(ax)成立，则(ax)2 k(ax)2，
学科网（北京）股份有限公司k10

化为(k1)x22a(k1)xa2(k1)0，由于上式对于任意实数x都成立：2a(k1)0，

a2(k1)0
解得k 1,a0
(0,1)是函数 f(x)的“伴随数对”， f(x)M ；
(2) 函数 f(x)sinxM ，
sin(ax)ksin(ax)，
(1k)cosasinx(1k)sinacosx0，
 k22kcos2a1sin(x)0，
xR都成立，k22kcos2a10，
1 1 1
cos2a k , k 2，
2 k k
|cos2a| 1，又|cos2a|„1，
故|cos2a|1，

当k 1时，cos2a1,an , nZ，
2
当k  1时，cos2a1, an, nZ ，
  
f(x)的“伴随数对”为n ,1,(n,1), nZ；
 2 
(3) (1,1),(2,1)都是函数 f x的“伴随数对”，
 f(1x) f(1x), f(2x)f(2x)，
 f(x4) f(x),T 4，
 
当0x1时，则12x2，此时 f(x) f(2x)cos x，
 2 
 
当2 x3时，则14x2，此时 f(x)f(4x)cos x，
 2 
 
当3 x4时，则04x1，此时 f(x)f(4x)cos x，
 2 
学科网（北京）股份有限公司  

cos x,0 x1
 2 

  
cos x,1x2
 2 


 f(x)    ，

cos x,2 x3
 2 

  
cos x,3x4
 2 

0,x0,1,2,3,4
  

cos x,2014 x2015
 2 

  
 f(x) cos x,2015 x2016 ，
  2 
0,x2014,2015,2016


 当2014„x„2016时，函数y f(x)的零点为2014,2015,2016.
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