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. 学科网（北京）股份有限公司