2024届高三上10月大联考数学（新课标II卷）（辽宁专用）（含答案）含答案.pdf-淘文阁

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1、#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 1 页（共 12 页）2024 届高三 10 月大联考（新课标 II 卷）（辽宁专用）数学全解全析及评分标准一、选择题：本题共 8 小题，每小

2、题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1B【解析】由题意,知|44 4,3,2,1,0,1,2,3,4Axx Z.又|14Bxx，所以 1,0,1,2,3AB ，所以()AAB 4,3,2,4.故选 B 2A【解析】若“是第二象限角”，则sin0,tan0，所以sintan0，所以“是第二象限角”是“sintan0”的充分条件；若sintan0，则sin0,tan0或sin0,tan0，所以是第二象限角或第三象限角，则“是第二象限角”不是“sintan0”的必要条件，故选 A 3D【解析】方法一：由题意，知函数242()log2xf xxx的定义域

3、为(2,2)，关于原点对称，且242()()log()2xfxxf xx ，所以函数()f x是奇函数，其图象关于原点对称，故排除 B，C；当(0,2)x时，212xx，即42log02xx，因此()0f x，故排除 A故选 D 方法二：由方法一，知函数()f x是奇函数，其图象关于原点对称，故排除 B，C；又21(1)log 302f，所以排除 A故选 D 4B【解析】方法一：因为|2,|2 3NOMOMN ,所以6OMN,2 3|3MP,所以2()MO OPMOMPMOMO MPMO 2 32cos424236 故选 B 方法二：如图，设MN的中点为Q，连接OQ，则OQMN.由|2NOMO

5、AA=#数学全解全析及评分标准第 2 页（共 12 页）6D【解析】设圆的半径为R,依题意，由余弦定理，得2222crd(45)2cos45(22)RRR RR ，所以crd(45)2260 22R.故选 D.7A【解析】因为1cos(coscos)sin(sinsin)5，所以11cos()5，所以4cos()5.因为(0,2)，所以02，所以3sin()5，所以3sincoscossin5.又7sincos10，所以1cossin10，所以714sin()sincoscossin10105故选 A 8B【解析】易知2()cos(1)xxf xaaxx a是偶函数，()()ln2sinx

6、xfxaaaxx，当0 x 时，因为1a，所以ln0a,0 xxaa.令()2sinxxx，0 x，则()2cos0 xx，所以()x单调递增，所以()(0)0 x，所以()0fx，()f x在(0,)上单调递增构造函数ln()xg xx，则()g x 21ln xx.令()0g x，得0ex，令()0g x，得ex，所以()g x在区间(0,e)上单调递增，在区间(e,)上单调递减又ln2ln424，所以(4)()(e)ggg，所以ln2ln4lnlne24e，所以 111e22e，所以111ee(2)()(e)(e)ffff，即11e(2)()(e)fff故选 B.二、选择题：本题共

7、4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9BC【解析】对于 A，当12,2ab时，21log02，故 A 错误；对于 B，因为0ab，所以21a b-，故 B 正确；对于 C，因为0ab，所以01ba，所以ln0ba，故 C 正确；对于 D，当1,01ab时，log0ab，log0ba，log4log0abba，故 D 错误.故选 BC 10ACD【解析】由题图，得2A，最小正周期54()126T.又2T，所以2,故 A 正确；()2sin(2)f xx,又()f x的图象过点(,0)6，

8、所以22()6kkZ.又|2，所以3，故B 错误；()2sin(2)3f xx，令23tx，当526x时，2433t，sinyt在2 4(,)33上单调递减，故 C 正确；()2sin()323f ，故 D 正确.故选 ACD 11 ACD【解析】因为()f x的定义域为|+2x xkkZ，关于原点对称，且()cos()|tan()|fxxx#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 3 页（共 12 页）cos|tan|()xxf x，所以()f x是偶函数，故 A 正确；因为32()0,()42f

9、f，所以3()()4ff，且3,)42，故 B 不正确；()cos()|tan()|cos|tan|()fxxxxxf x ，故 C 正确；因为当0,)2x时，cos0,tan0,sin0 xxx，所以()sin0f xx，同理，当(,02x 时，()f x sin0 x，故 D 正确故选 ACD 12 ABD【解析】因为(21)gx 为奇函数，所以()22(11gxgx，即()1()1gxg x ，即()1gx()10gx，所以()g x的图象关于点(1,0)中心对称，且(01)g=，故 A 正确；由()(2)6f xf x，两边求导，得()(2)0fxfx，即()(2)0g xg x.由(

10、)g x的图象关于点(1,0)中心对称，得()(2)0g xgx，因此(2)(2)g xgx，故 B 正确；因为()g x为函数()f x的导函数，且(1)(1)gxg x ，即(1)(1)fxfx ，所以(1)fx (1)f x，即(1)(1)fxf x，所以()f x的图象关于直线1x 对称，所以(2)()f xfx.又()f x (2)6f x，所以()()6f xfx，所以()f x的图象关于点(0,3)中心对称，所以()f x是周期函数，4为它的一个周期，所以()(4)f xf x，故 C 错误；由()(2)6f xf x，得(1)(3)6ff.又(2)()f xfx，()(4)f

11、xf x，所以(0)(2)(4)fff 3，所以(1)(2)(3)(4)12ffff，所以401()120if i，故 D 正确.故选 ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。138【解析】设()f xx,由1(16)1664f，得2344，所以32，所以32()f xx，所以3332322211()()422844f.故填 8.141【解析】由(1,2)a，得|3a由|7ab，得22|2|cos|76aabb，整理，得2|3|40 bb，解得|1b或|4 b（舍去）故填 1.1545【解析】因为1111(3)(24)1(3)(24)()55324ababababa

12、babab 1(25 2434)3245abababab，当且仅当243324abababab，即31,55ab时取等号，所以ab的最小值为45.故填45.16(,e2【解析】由题意，得210exxmx.又210 x 恒成立，所以e0 xmx在1,+)上恒成立，即exmx在1,+)上恒成立.令e()(1)xg xxx，则2e(1)()xxg xx，当1x 时，()0g x，所以()g x#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 4 页（共 12 页）在1,+)上单调递增，所以min()(1)eg x

13、g，所以em.由221lne1exxxxmxmx，得22ln(1)ln(e)(e)(1)xxxmxmxx，即22ln(1)(1)ln(e)(e)xxxxmxmx.因为lnyxx在(0,)上是增函数，所以21exxmx，所以2e1xxmx.令2e1()(1)xxf xxx，则2(1)(e1)()xxxfxx.因为e1xx恒成立，所以()0fx在1,)上恒成立，所以()f x在1,)上单调递增，所以min()(1)e 2f xf，所以e2m.由，知e2m.故填(,e2.说明：说明：14 题填1或4不给分.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10

14、分）【解析】方法一：（1）由题意及三角形的面积公式，得1sinsin2acBacA，所以sin2sinBA.（1 分）由正弦定理sinsinabAB，得2ba（2 分）由余弦定理的推论，得2222231cos224acbcaBacac，整理得(2)(23)0caca.（3 分）因为0,0ac，所以20ca，所以2bca（4 分）由余弦定理的推论，得222222447cos22 228bcaaaaAbcaa.（5 分）（2）由（1）知215sin1cos8AA，2ca.（7 分）又sinSacA,15S，所以152158aa，解得2a，（8 分）所以24bca.（9 分）在ABD中，由余弦定理

15、,得22227()2cos422426228bbBDccA.（10 分）方法二：（1）由已知及三角形的面积公式，得1sinsin2acBacA，所以sin2sinBA.（1 分）由1cos4B，得15sin4B,（2 分）所以15sin8A.（3 分）在ABC中，因为sinsinAB，所以AB.又B为锐角，所以A也为锐角，（4 分）所以27cos1sin8AA.（5 分）（2）由（1），知15sin8A.由sin15SacA，得8ac.（6 分）#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 5 页（共

16、12 页）由题意，知()co15171515sinsinsincosssin84844CABABAB，所以1sin152SabC，所以8ab.（7 分）由(1)知sin2sinBA，所以2ba.（8 分）由，得,4,abc .（9 分）在ABD中，由余弦定理，得22227()2cos422426228bbBDccA（10 分）说明：方法一 1 分到 2 分之间利用1sinsin2bcAacA，直接得到2ba，也给 2 分.18.（12 分）【解析】（1）应选择函数模型typ aq.（1 分）依题意，得123359paqpaqpaq，（4 分）解得121paq，（5 分）所以y关于t的函数解析式

17、为21ty （6 分）（2）1231ttt（7 分）理由：依题意，得12115t，22131t，321211t，（8 分）所以1214t，2230t，32210t，（9 分）所以1222420tt，（10 分）所以3312121222420222tttttt，（11 分）所以1231ttt（12 分）说明：（1）5 分处1,2,1paq，有一个计算错误，扣 1 分.（2）8 分到 11 分之间，缺少一些步骤，酌情扣分.（3）写成1231ttt等也给分.19（12 分）【解析】（1）方法一：由ACABAD，得四边形ABCD为平行四边形.（1 分）#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFC

18、CECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 6 页（共 12 页）以O为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，连接OC，则204()COE，（2 分）10cos 2sin2()()(cos 2s2)inACD，,，,，（3 分）所以cos 21,si(n)2AD，2co)s 2 0(DC，（4 分）所以22(|)(2sin2cos 24sin4c s4)0)o 2(LADDC,，（5 分）所以L关于的函数关系式为4sin4cos()204L,，.（6 分）方法二：由ACABAD，得四边形ABCD为平行四边形，如图，过点,C D分别作CFAE DGAE,垂

19、足分别为,F G，连接OC，则四边形FCDG为矩形（1 分）由CAE，得2COE.因为弧,CE AD的长为2，所以弧CD的长为4,所以22DAC，2DAE，（2 分）所以sin 2DGCF，cos 2OGOF，所以2cos 2ABGF，（3 分）所以sinsin()cos2DGDAEAD，所以sin22sincoscosDGAD，（4 分）所以2()2(2sin2cos 2)4sin4cos 2LADAB，)(04，（5 分）所以L关于的函数关系式为4sin4cos()204L,，.（6 分）（2）L有最大值，最大值为92，此时1sin4.（7 分）由（1）得24sin4cos 242sins

20、in4()1(0)L,，.（8 分）令sint，当)(04，时，(2sin0)2，所以22(0)t，（9 分）所以221924218042)(2()Ltttt ，.（10 分）#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 7 页（共 12 页）所以当14t 时，L有最大值，（11 分）故L的最大值为92，此时1sin4.（12 分）说明：（1）另解：如图所示，设CD的中点为M，连接OC，OM，CE.由ACABAD，得四边形ABCD为平行四边形，所以AECD，所以ADBCCE.由对称性，得四边形AECD是

21、等腰梯形，且OMAE.（1 分）因为CAE，所以2COE.（2 分）因为AE是半圆的直径，所以90ACE，所以sin2sinCEAE.（3 分）在RtOMC中，2OCMCOE，所以cos2cos2CMOC，（4 分）所以22244sin4cos2LADCDCECM，(0,)4，（5 分）所以L关于的函数关系式为4sin4cos2L，(0,)4.（6 分）（2）若没有“(0,)4”，扣 1 分.（3）不换元，得到22194(2sinsin1)8(sin)42L，2sin(0)2，也给 10 分.20（12 分）【解析】（1）对()f x求导，得()e21()xfxaxxR，所以()e21()xh

22、 xaxxR，则()e2xh xa，（1 分）当0a 时，()0h x，()h x在R上单调递增，所以()h x无极值；（2 分）当0a 时，令()e20 xh xa，得ln(2)xa，当2)ln(xa时，()0h x，()h x单调递减，当2)ln(xa时，()0h x，()h x单调递增，所以当ln(2)xa时，()h x取得极小值，无极大值，(2)()(l(2n)n)22 l1ah xhaaa极小值.（3 分）综上,当0a 时,()h x无极值；当0a 时,()h x有极小值(ln)2(2)n)l122(haaaa,无极大值.（4 分）（2）显然(0)0f，要使方程()0f x 有两个不

23、等的实根，只需当0 x 时，()0f x 有且仅有一个实根.（5 分）当0 x 时，由方程()0f x，得2e1xxax.#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 8 页（共 12 页）令2e1()(0)xxg xxx，则直线ya与2e1()(0)xxg xxx的图象有且仅有一个交点，（6 分）243(e1)2(e1)(2)(e1)()xxxxxxxg xxx.（7 分）又当0 x 时，()0g x，()g x单调递减；当02x时，()0g x，()g x单调递减；当2x 时，()0g x，()g

24、x单调递增，所以当2x 时，()g x取得极小值2e1(2)4g.（9 分）又当0 x 时，e1x，所以e10 xx，()0g x，当0 x 时，e1x，e10 xx，()0g x，（10 分）所以作出()g x的大致图象如图所示由图象，知要使直线ya与2e1()(0)xxg xxx的图象有且仅有一个交点，只需0a 或2e14a，（11 分）综上，若()0f x 有两个不等的实根，则实数 a 的取值范围为2e1(,0)4（12 分）说明：9 分后不作图象，用文字表述，不扣分：当0 x 时，e1x，所以e10 xx，()0g x，且()g x单调递减，所以()0ag x.（10 分）当0 x

25、时，e1x，e10 xx，()0g x，且当2x 时，()g x取得极小值2e1(2)4g，所以2e14a.（11 分）综上，若()0f x 有两个不等的实根，则 a 的取值范围为2e1(,0)4（12 分）21.（12 分）【解析】（1）由2cos2 coscoscossincBaAbABaB及正弦定理，得2sincos2sincossincoscossinsinsin(coscossinsin)CBAABABABBABAB sincos()sincosBABBC，（2 分）即sincossincos2sincosCBBCAA，所以sin()2sincosBCAA.（3 分）#QQABAQ6

26、UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 9 页（共 12 页）又ABC，所以sin2sincosAAA.（4 分）又sin0A，所以1cos2A，所以3A（5 分）（2）因为3A，所以23BC.如图，连接,OA OB OC.因为 O 为ABC的内心，所以3OBCOCB，所以23BOC.（6 分）设OBC，则3OCB.在OBC中，由正弦定理，得322sinsinsin()sin33OBOCBCBOC，所以2sin()3OB，2sinOC，（7 分）所以326sin()4sinsin3 3cos2 7sin()3OB

27、OC，其中3 217sin,cos1414.（8 分）因为3 211sin(,1)142，所以不妨取(,)6 2.又(0,)3，所以(,)3，其中 5(,)326，（9 分）当2时，32OBOC取得最大值2 7.（10 分）因为3 217sin,cos1414，所以21sin()37.又213 21714，所以322 3OBOC.（11 分）综上，32OBOC的取值范围是(2 3,2 7（12 分）说明：9 分处若没有“又(0,)3，所以(,)3，其中 5(,)326”，扣 1 分.22（12 分）【解析】（1）当1a 时，()e cos1xg xx，（1 分）所以()e(cossin)xg

28、xxx，所以(0)1g.（2 分）又(0)0g，所以()g x的图象在点(0,(0)g处的切线方程为yx，即0 xy.（3 分）（2）方法一：因为()ecoseaxax xg xx，#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 10 页（共 12 页）所以()e(cossin)(1)eee(cossin)(1)axax xax xxg xaxxaaxxa.设()e(cossin)(1)xh xaxxa，由题意，得当(,)4 4x 时，()0h x 恒成立，（4 分）()e(1)cos(1)sin xh

29、xaxax，当(,)4 4x 时，cos0 x，所以()e cos 1(1)tan xh xx aax.（5 分）设()1(1)tanm xaax，当1a 时，()m x单调递增，且max()()204m xm ，所以()0m x，即()0h x，()h x单调递减，所以42()e(1)1042haa，解得1a，不符合题意，舍去.（6 分）当1a 时,()2e cosxh xx,当(,)4 4x 时，()0h x，所以()h x在(,)4 4上单调递减，4()22e04h,不符合题意,舍去.（7 分）当10a 时，显然当(,)4 4x 时，()m x单调递减，且max()()204m xma，

30、所以()0m x，即()0h x，()h x单调递减，所以42()e(1)1042haa，解得1a，不符合题意，舍去.（8 分）当0a 时，()m x在(,)4 4上单调递减，()204ma，()204m ，所以存在0(,)4 4x ，使得0()0m x，（9 分）当0(,)4xx 时，()0m x，即()0h x，()h x单调递增，当0(,)4xx时，()0m x，即()0h x，()h x单调递减，（10 分）所以42()e(1)1042haa，42()e(1)1042haa，解得4442+e21=1+2e2e1a.（11 分）综上所述，实数a的取值范围是421,12e1.（12 分）方

31、法二：因为()ecoseaxax xg xx，所以()e(cossin)(1)ee(cossin)(1)eaxax xaxxg xaxxaaxxa.由题意，得当(,)4 4x 时，()0g x 恒成立.（4 分）#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 11 页（共 12 页）因为e0ax恒成立，所以(cossin)(1)e0 xaxxa恒成立.又e0 x恒成立，所以e(cossin)(1)0 xaxxa恒成立，所以(e cos1)e sin1xxxax在(,)4 4x 上恒成立.（5 分）当0 x

32、时，e cos10 xx ，e sin11xx ，该不等式成立，所以aR；（6 分）当(,0)(0)44x，时，设e sin1e cos1()xxxh xx，则2e(e2sin)(e()cos1)xxxxh xx.（7 分）设2(n)esixm xx，(i)当(,0)4x 时，令()e cos1xk xx，则()e(cossin)xk xxx.因为(,0)4x，所以cossinxx，所以()0k x，所以()k x在(,0)4上单调递增，所以e cos10 xx ，所以e sin1e cos1xxxax.因为当(,0)4x 时，e0,sin0 xx，所以2(n)esi0 xm xx，所以)0

33、(h x，所以()h x在(,0)4上单调递增，所以4442+e2()()=1+42e2e1h xh，所以421+2e1a；（8 分）(ii)当(0,)4x时，()0k x，所以()k x在(0,)4上单调递增，所以e cos10 xx ，所以e sin1e cos1xxxax.（9 分）因为2(n)esixm xx，所以2s(o)ecxm xx.又exy 和2cosyx 在(0,)4上单调递增，所以()m x在(0,)4上单调递增，且()00m，()04m，所以00()4x，使得0()0m x，即00e2cos0 xx，所以当0()0 xx,时，()0m x，()m x单调递减，当0()4x

34、x,时，()0m x，()m x单调递增，所以当(40)x，时，00000e2sin2cos()2sin(0)xm xm xxxx，（10 分）所以)0(h x，所以()h x在(0,)4上单调递增，所以()(1)4h xh，所以1a.（11 分）综上所述,实数a的取值范围是421,12e1.（12 分）#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#数学全解全析及评分标准第 12 页（共 12 页）说明：（1）切线方程写成yx不扣分.（2）方法一中 6 分到 11 分之间的分类讨论，若讨论不全，最多给 4 分.方法二中 6 分到 11 分之间，缺少一些步骤，酌情扣分，过程不完整，最多给 5 分.（3）a的取值范围写成442+e1,2e或442e+11,2e1等不扣分.#QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=#

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