2025年10月广东省高三50校联考数学试卷答案_@高三模考真题_2025年10月广东省高三50校联考试卷及答案

2025-2026 学年度第一学期高中阶段联考（10 月阶段考） 高三数学参考答案详解及评分标准 一、单项选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D D B C D D 二、多项选择题： 题号 9 10 11 答案 BC ABC BCD 三、填空题： 10 12． 3 13．答案不唯一，满足条件( 3t,t)(t 0)即可，如（ 3，1)等； 14．2 2 . 【详解】： 一、单项选择题：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。 1．设集合A{x|x2 4x0}，B{x|y x1}，则AB A．(0,4) B．(0,1] C．[1,4) D．(4,) 解析 A{x|x2 4x0}0,4 ,B{x| y x1} 1， ,AB[1,4)故选：C. 2.设xR，则“sinx 1”是“cosx 0”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析 因为sin2 xcos2 x1可得： 当sinx1时，cosx0，充分性成立； 当cosx0时，sinx1，必要性不成立； 所以当xR，sinx1是cosx0的充分不必要条件. 故选：A. 高三数学试卷（答案） 第 1 页 共 14 页3．下列函数中是增函数的为 x A． f xx B． f x   2  C． f xx2 D． f x 3 x 3 解析 对于A， f xx为R上的减函数，不合题意，舍. x 2 对于B， f x  为R上的减函数，不合题意，舍. 3 对于C， f xx2在,0为减函数，不合题意，舍. 对于D， f x 3 x为R上的增函数，符合题意， 故选：D. π 3 4．若cos( ) ，则sin2 4 5 7 1 1 7 A． B． C． D． 25 5 5 25      3 2 7 解析 试题分析：cos2  2cos2  12  1 ，   4   4  5 25      且cos2  cos  2  sin2，故选D.   4  2  5．已知函数y f x的图象关于直线x 2对称，且 f x的一个周期为4，则 f x的解析式可以是 π  π  A．sin x B．cos x  2  2  π  π  C．sin x D．cos x  4  4  解析 由函数的解析式考查函数的最小周期性： 2π 2π T  4 T  4 A选项中 π ，B选项中 π ， 2 2 2π 2π T  8 T  8 C选项中 π ，D选项中 π ， 4 4 排除选项CD， π  对于A选项，当x2时，函数值sin 2 0，故2,0是函数的一个对称中心，排除选项A， 2  高三数学试卷（答案） 第 2 页 共 14 页π  对于B选项，当x2时，函数值cos 2 1，故x2是函数的一条对称轴， 2  故选：B. 6. 已知 f x是定义域为R的奇函数，满足 f 1x f 1x，若 f 12，则 f 1 f 2 f 3 f 4 A．10 B．2 C．0 D．4 解析 因为 f x是定义域为R的奇函数，所以 f 00 又 f 1x f 1x，可知 f x关于x1对称 且 f x f 2x，又 f xf x 所以可知 f x f x4，所以周期为4 又 f 12所以 f 4 f 00， f 2 f 00， f 3 f 1f 12， 所以 f 1 f 2 f 3 f 40 故选：C 7．函数 f xcosxx1sinx1在区间 0,2π 的最小值、最大值分别为 π π 3π π π π 3π π A． ， B． ， C． ， 2 D． ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 解析 fxsinxsinxx1cosxx1cosx， 所以 f x在区间  0, π 和   3π ,2π  上 f ¢( x )>0，即 f x单调递增；  2  2  π 3π 在区间 , 上 fx0，即 f x单调递减， 2 2  π π 3π 3π  3π 又 f 0 f 2π2， f   2， f   11 ， 2 2  2   2  2 所以 f x在区间 0,2π 上的最小值为 3π ，最大值为 π 2. 2 2 故选：D 8．已知3a  4 ，4b  5 ，ac  b ，则a，b，c的大小关系为 A．cab B．bac C．acb D．abc 解析 a log 4,blog 5, 3 4 高三数学试卷（答案） 第 3 页 共 14 页lg3lg5 2 lg24  lg4 lg5 lg24lg3lg5  2  ab    lg3 lg4 lg3lg4 lg3lg4 2 2 lg15 lg16 lg24   lg24    2   2    0 lg3lg4 lg3lg4 故ab1 又clog blog a 1b a a 故abc ,故选D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9. 某打车平台欲对收费标准进行改革，现推出了甲、乙两种方案供乘客选择，其支付费用与打车里程数的 函数关系大致如图所示，则下列说法正确的是 A．当打车距离为8km时，乘客选择乙方案省钱 B．当打车距离为10km时，乘客选择甲、乙方案均可 C．打车3km以上时，甲方案每千米增加的费用比乙方案多 D．打车3km内（含3km）时，选甲方案需付费5元，行程大于3km时，每增加1km费用增加0．7 元 解析 对于A，当打车距离为3x10时，甲对应的函数图象在乙图象的下方，即甲对应的函数值小于乙 对应的函数值，故当打车距离为8km时，乘客选择甲方案省钱，即A错误； 对于B，当打车距离为10km时，由图可知，甲、乙均为12元，因此乘客选择甲､乙方案均可，即B正确； 125 对于C，打车3km以上时，甲方案每公里增加的费用为 1（元），乙方案每公里增加的费用为 103 127 5  （元），故每公里增加的费用甲方案比乙方案多，即C正确； 103 7 高三数学试卷（答案） 第 4 页 共 14 页对于D，由图可知，甲方案3km内（含3km）内（含）付费5元，行程大于3km每增加1公里费用增加 1元，故D错误； 故选：BC 10．已知函数 f xx33x1，则 A． f x有两个极值点 B．点0,1是曲线y f x的对称中心 C． f x有三个零点且三个零点的和为0 D．直线y3x是曲线y f x的切线 解析 因为函数 f xx33x1，所以 f ¢( x )=3x2-3， 令 fx3x230,x1， 当x1或x1时， fx0， f x在(,1),(1,)上都单调递增， 当1x1时， fx0， f x在(1,1)上单调递减， 故x1为函数的极大值点，x1为函数的极小值点， 即 f x有两个极值点，A正确； 因为 f x f(x) x33x1[(x)33x1]2， 故点0,1是曲线y f x的对称中心，B正确； 由A可知 f x有两个极值点x1，且 f(1)30, f(1)10， f(2)8610, f(2)8610， 结合 f x的单调性可知函数在(2,1),(1,1),(1,2)各有一个零点， 即函数 f x有3个零点； 由于 f(0)10，故(1,1)之间的零点处于(0,1)内， 不妨设这3个零点为x,x ,x ，且x 0 x  x ， 1 2 3 1 2 3 满足 f(x) f(x ) f(x )0， 1 2 3 即x33x1xx xx xx  1 2 3 高三数学试卷（答案） 第 5 页 共 14 页 x3x x x x2xx x x xx xx x x ， 1 2 3 1 2 2 3 1 3 3 4 5 故x x x 0，C正确； 1 2 3 不妨设直线y3x是曲线y f x的切线，则满足 fx3x233， 则x 2，即切点坐标为( 2,3 2),( 2,3 2)，     而 f 2  213 2,f  2  213 2 ， 说明假设不成立，即直线y3x不是曲线y f x的切线，D错误， 故选：ABC 11．已知 f(x)cos2 xasinxb1(xR)，则下列结论正确的是 A． f(x)为偶函数． π B． f(x)的图象关于直线x 对称． 2 C．当0a1且b0时， f(x)在[0,1012π]内恰有2025个零点． 17 D．xR， f(x)40，则a2b的最大值为 ． 2 A选项，当a0时， f x f x，A错误； B选项， f πx f x，B正确； C选项，令 f(x)0得sin2 xasinx0，又0a1，解得sinx0或sinxa，sinx0的解个数为1013 个，sinxa的解个数为1012个，故C正确； D选项，令sinxt1,1 ，则t2atb40在t1,1 上恒成立，分 a 1，1 a 1和 a 1三种情 2 2 2 17 况，得到a2b的最大值为 ，D正确. 2 解析 A选项， f(x)cos2 xasinxb1sin2 xasinxb，定义域为R， 若a0，则 f(x)sin2 xb，满足 f(x)sin2xbsin2xb f(x)， 此时 f(x)为偶函数， 若a0，则 f(x)sin2xasinxbsin2xasinxb f(x)， 此时 f(x)不为偶函数，A错误； B选项， f πxsin2(πx)asin(πx)bsin2xasinxb f x， π 故 f(x)的图象关于直线x 对称，B正确； 2 高三数学试卷（答案） 第 6 页 共 14 页C选项，当0a1且b0时， f(x)sin2xasinx， 令 f(x)0得sin2 xasinx0，又0a1，解得sinx0或sinxa， sinx0，解得xkπ,kZ，又x 0,1012π ， 故0k 1012,kZ，有1013个解， sinxa，在x 0,2π 上，有两个解，设为x,x ,x  x ， 1 2 1 2 又x 0,1012π ，故x x 2kπ或x x 2kπ，0k505,kZ， 1 2 故此时有50621012个解， 综上，sinx0或sinxa，共有101310122025个解， f(x)在[0,1012π]内恰有2025个零点，C正确； D选项，xR，sin2 xasinxb40， 令sinxt1,1 ，则t2atb40在t1,1 上恒成立， a 令qtt2atb4，对称轴为t ， 2 若 a 1，即a2时，qtt2atb4在t1,1 上单调递增， 2 故只需q10，1ab40，ab5，b5a3， 故a2b264，当a2,b3时，等号成立， 若1 a 1，即2a2时，qt在t1,1 上最小值为q   a  a2 b4， 2 2 4 a2 a2 故只需 b40，即b 4， 4 4  a2  a2 1 17 17 故a2ba2 4 a8 a12  ，  4  2 2 2 2 15 当且仅当a1,b 时，等号成立， 4 若 a 1，即a2时，qtt2atb4在t1,1 上单调递减， 2 故只需q10，1ab40，ab5，故b5a， a2ba25a10a8，当且仅当a2,b3时，等号成立， 17 综上，a2b的最大值为 ，D正确. 2 故选：BCD 高三数学试卷（答案） 第 7 页 共 14 页三、填空题：本大题共3小题，每小题 5分，共15分。 12. 若xlog 41，则4x 4x  ． 3 1 解析 由xlog 41，得到x log 3， 3 log 4 4 3 1 10 故4x 4x 3  3 3 10 故答案为： 3  π  π 13．若 f  x asinx  bcosx   ab0  是偶函数，则有序实数对a,b可以是 ．（写出  3  3 你认为正确的一组数即可）．     解析 法1由可导偶函数的特征知，fx是R上的奇函数，fxacosx bsinx 由 f00，  3  3 得到a 3b0(ab0)，例如( 3，1)  π  π 法2 f  x asinx  bcosx   3  3 1 1  (b 3a)cosx (a 3b)sinx 2 2 令a 3b0(ab0)即可    14．若实数x,y满足 x2 4x y2 4 y 4，则4x 212y的最小值为 ． 令m x2 4x,，n y2 4 y, m2 4 m 2 解析 所以mx x2 4，x    2m 2 m n 2 同理 y   2 n 4 由题知mn4，则n ， m 4 故 y  n  2  m  2  2  m x，得 2 n 2 4 m 2 x y 0 m 4x 212y 2 22x212y 2 22x2y1 2 2 高三数学试卷（答案） 第 8 页 共 14 页四、解答题：本大题共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．（13分） 已知函数 f xsin2x，   π  π ， f 0 1 ．  2 2 2 (1)求；  π (2)设函数gx f x f x ，求gx的值域和单调区间．  6 1 解析 （1）由题设知 f 0sinφ 2 π π π 由  ,得 ；…………………………………3分 2 2 6  π  π （2）因为gxsin2x sin2x  ，  6  6 3 1 3 1  sin2x cos2x sin2x cos2x 2 2 2 2  3sin2x，…………………………………7分 ∴gx的值域为 3, 3，…………………………………9分   π π π π π 3π 令2kπ 2x 2kπ,kZ，解得kπ xkπ ,kZ，令2kπ 2x 2kπ,kZ，解得 2 2 4 4 2 2 π 3π kπ  xkπ ,kZ， 4 4  π π 所以gx的增区间为  kπ ,kπ  ，…………………………………11分  4 4  π 3π 减区间为  kπ ,kπ  ，kZ…………………………………13分  4 4  16．（15分） π 5π 已知某地某一天4点到16点的温度变化近似满足函数y10sin x 20，x 4,16  . 8 4  (1)求该地区这一天这一段时间内的最大温差； (2)求出当天这段时间内，16点的温度与哪些时刻的温度相等？ (3)某种细菌能在温度不低于25℃条件下生存，在4点到16点这段时间内，该细菌最多能生存多长时间? π 5π  3π 3π 解析 （1）当x 4,16 时，有 x    ,  ，…………………………………1分 8 4  4 4  π 5π 则sin x 1,1 ，…………………………………2分 8 4  π 5π 此时函数y10sin x 20在x14时取到最大值30，…………………………3分 8 4  在x6时取到最小值为10，…………………………………4分 所以该地区这一天这一段时间内的最大温差为301020℃；…………………………5分 高三数学试卷（答案） 第 9 页 共 14 页π 5π  3π  （2）当x16时，y10sin 16 2010sin 205 220，………………………7分 8 4   4  π 5π π 5π 2 则 y10sin x 205 220sin x  ，………………………………………8分 8 4  8 4  2 π 5π  3π 3π π 5π π 根据 x    ,  ，可知 x   x12，………………………………………………9分 8 4  4 4  8 4 4 所以16点的温度与12点的温度相等；…………………………………………………………………10分 π 5π π 5π  1 （3）由题意可得：y10sin x 2025sin x  ，……………………………11分 8 4  8 4  2 π 5π  3π 3π 因为 x    ,  ，………………………………………………………………………………12分 8 4  4 4  π 5π π 3π 所以可得： x   ,  ，…………………………………………………………………………13分 8 4 6 4  34  解得：x  ,16  ，……………………………………………………………………………………14分  3  34 14 所以该细菌能生存的最长时间为16  小时. ……………………………………………………15分 3 3 17．（15分） 处于信息化时代的现代社会，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”是数学中的正弦型函 数.已知某一类型信号的波形可以用sinx和 sinAx AN 进行叠加生成，即生成的波形对应函数解析式 A sinAx 为 f(x)sinx . A (1)若A3，讨论 f(x)在(0,π)上的单调性，并判断其极值点的个数（提示：cos3x3cosx4cos3x）； (2)若A2，令g(x)ex，函数h(x) f(x)g(x)，写出函数h(x)的导函数h(x)在(0,π)上 的零点个数，并说明理由. sin3x 解析 （1）因为A3，所以 f(x)sinx ， 3 因此 f(x)cosxcos3x cosx3cosx4cos3x 2 2 4cosx(cosx )(cosx )，……………………………………………………………………2分 2 2 π 当x(0, )时， f(x)0, f(x)单调递增， 4 π π 当x( , )时， f(x)0, f(x)单调递减， 4 2 π 3π 当x( , )时， f(x)0, f(x)单调递增， 2 4 高三数学试卷（答案） 第 10 页 共 14 页3π 当x( ,π)时， f(x)0, f(x)单调递减，…………………………………………………………4分 4 π 3π π 因此x ,x 是函数的极大值点，x 是函数的极小值点， 4 4 2 π π 3π 综上所述：函数 f(x)的单调递增区间为(0, )，( , )， ………………………………………5分 4 2 4 π π 3π 单调递增区间为( , )，( ,π)， …………………………………………………………………6分 4 2 4 有三个极值点；…………………………………………………………………………………………7分 sin2x （2）因为A2，所以 f(x)sinx ， 2 sin2x 因此h(x) f(x)g(x)sinx ex， 2 设m(x)h(x)cosxcos2xex， 所以m(x)sinx2sin2xex，……………………………………………………………………8分 π 当x(0, )时，因为sinx0,sin2x0,ex 0，所以m(x)0,m(x)单调递减，………………10分 2 π 当x( ,π)时，1sin2x022sin2x0，sinx0sinx0， 2 π π ， e2