安徽省徽师联盟2023-2024学年高三·数学10月检测-参考答案

高三·数学10月质量检测卷参考答案一.选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1.C2.D3.D4.D5.B6.D7.D8.A二.选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.9.BD10.AB11.ACD12.AC三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.3113.1,314.-115．,16.2e解析:1．C由题意可得，集合A表示0x1时线段yx1上的点，集合B表示0x10时线段y2xyx1x1上的点，则AB表示两条线段的交点坐标，联立y2x，解得y2，满足条件，所以AB1,2.2．D2x2,1，x22a，只需y=x在x2,1上的最大值小于等于2a，其中ymax4，故2a4，解得a2，因为a3a2，但a2a3，所以a3是“x2,1，x22a0”为真命题的一个充分不必要条件，C正确；3．Dx1x12x3x1x43由1可得10，解得x4，2x32x32x32x32x13故不等式1的解集为,4.2x324．D由函数f2x1的定义域为1,1，即1x1，得32x11，fx13x11因此由函数y有意义，得，解得1x2，x1x10fx1所以函数y的定义域为1,2.x15．B数学答案第1页，共7页{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}由x2ax10可得x2ax10，由题意可知，不等式x2ax10对任意的xR恒成立，则a240，解得2a2.6．D3π3π3π3πππ3π因为fxsin2x，所以fsin21，fsin20，1010101044102π故AB错误；显然fx的最小正周期为Tπ，故C错误．将fx图象上所有点的横坐23π标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得函数ysinx的图象，D正确．107．Dfxexxaex1xaex，切线的斜率为kf1ae1，e因为切线与直线2xy10垂直，所以ae121，解得a．28．Ae2z由xlnyyezzx，得xlnyzx，则zlny，得yez，则由yezzx得ezezzx，故x，z令f(z)ezz(z0)，则f(z)ez10，所以函数f(z)在(0,)上单调递增，则f(z)f(0)e001，所以ezz，即yz，e2ze2zzezez(ezz)又xyez0，所以xy，zzz综上，xyz.9．BD选项A，点A到边BC的距离是1，∵122，∴三角形有两解；选项B，点A到边BC的距离是2与b相等，∴三角形是直角三角形，有唯一解；选项C，点A到边BC的距离是2.5b，三角形无解；选项D，根据已知可解出CπAB75，ac62，∴三角形有唯一解.10．AB22对于选项A，xxx1x2x10，所以对xR，都有x2xx1，故选项A44正确；对于选项B，当x2时，x26，故选项B正确；对于选项C，若a,bx121bax210x2911异号，则0，故选项C错误；对于选项D，yx292，abx29x29x29数学答案第2页，共7页{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}221x10当且仅当x9，此时x291，此式无解，所以函数y的最小值不x29x29为2，故选项D错误.11．ACD2ππ5πT3665π5π由题意可得：fx的最小正周期，解答T，2ππ5π1262T3665π2π5π122412且0，则，解得，所以，故A正确；126550512π2π2π1此时fx2sinx，因为f2sin1，则sin，565522π2π3π2ππ17π又因为0π，则，所以，解答，故B错误；55556301217πππ由fx2sinx，得f2sin2为最大值，故fx的图象关于直线530362π1217ππ5x对称，故C正确；由xkπ，kZ，可得xkπ，kZ，3653023612π2π1217ππ13πππ且x,，则x,，可得x1x22，63530663618π5π7π13πx2x32，所以x12x2x3，D正确；361291812．AC设fxxex，则fx在R上单调递增，∵fbflnabeblnaelnaalna(lnaa)0，∴blna，即aeb，∴abebb，令g(x)exx，则g(x)ex1，当x0时，g(x)0，g(x)单调递减，当x0时，g(x)0，g(x)单调递增，∴g(x)g(0)1，从而ab1，故AC符合.13．1,3因为fx是偶函数，所以f2f21，所以fx1f2，又因为在0,上单调递增，所以x12，解得：1x3，14．1若“x1,3，2”为真命题，则x22a，由x1,3，得x22121，x2aminmin数学答案第3页，共7页{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}所以a1，所以实数a的最小值为1.315．,2fxx2mxex，则fxexx2mx2xm，1313函数fx在区间,上存在减区间，只需fx0在区间,上有解，22222131315即xm2xm0在区间,上有解，又x,，则x1,，2222222x22x13x2x13所以m在区间,上有解，所以m，x,，令x+1=t，x122x1max221522211t,，则x2xx11t1，令，则在区间gttgt12022x1x1ttt151513t,恒成立，所以gt在t,上单调递减，所以gtg，即2222max222x2x33，所以m，2x1max2116．e2023x12023x12023x1fx1，2023x12023x12023x12023x122gxfx11，gx在R上单调递增，2023x12023x12023x12023x112023x且gxgx，gx为奇函数，2023x112023xf(aex)2f(lnalnx)f(aex)11f(lnalnx)g(aex)g(lnxlna)xlnxxxxxaexlnxlnalnxexlnlnea，令h(x)xe(x0)，求导得aaaaxxh(x)(x1)ex0，函数h(x)在(0,)上单调递增，当ln0时，有h(x)h(ln)，于是aaxxxxex1exxln，当ln0时，显然xln成立，因此xln，即，令(x),x0，aaaaxaxx(x1)e求导得(x)，当x(0,1)时，(x)0，函数(x)单调递减，当x(1,)时，x211(x)0，函数(x)单调递增，因此当x1时，(x)(1)e，则≤e，而a0，有a，minae17．解：（1）∵a1，∴Bx2x1，∴ABx2x1，ABxx1或x5；……………………………………………………………………………………………………………………（4分）数学答案第4页，共7页{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}（2）∵xA是xB的必要条件，∴BA∴当B时，则有2aa2，解得a2．满2aa22aa2足题意．当B时，有1，或2，a212a5由不等式组1可得a3，不等式组2无解．故实数a的取值范围是aa2或a3…………………………………………………………………（6分）18．解：（1）f(x)2sin2x23sinxcosx1cos2x23sinxcosxπ3sin2xcos2x12sin(2x)16πππππ由2kπ2x2kπ(kZ)，得kπxkπkZ.26263ππ所以f(x)的单调增区间是kπ,kπkZ.…………………………………………………（6分）63πππ5π1π（2）因为0x，所以2x，所以sin2x1，266626π所以f(x)2sin(2x)1[0,3].所以m0，即m的最大值为0………………………（6分）619．解：（1）在ABC中，由bcosC2accosB及正弦定理得sinBcosCcosBsinC2sinAcosB，即2sinAcosBsin(BC)sinA，而A,B(0,π)，即1πsinA0，因此cosB，所以B………………………………………………………………………（5分）23π2π（2）在锐角ABC中，B，则AC，又c1，332π31acsin(C)cosCsinC由正弦定理得，即csinA31sinAsinCa322sinCsinCsinC2tanC2π0C2ππ311而，即C，则tanC，03，因此a2，2ππ62tanC20C332于是ABC面积，11�333△????��=2????????��3=23�×1×????�3=4�∈(8,2)所以ABC面积的取值范围是(,).……………………………………………………………（12分）8220．解：（1）当a2时，则fxx23x2，由fx0，得x23x20x2x10，原不等式的解集为,1∪2,；……（4分）（2）由fx0xax10，当a1时，原不等式的解集为1,a；当a1时，数学答案第5页，共7页{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}原不等式的解集为；当a1时，原不等式的解集为a,1……………………（8分）22xx（3）由fx2x0即xxx1a0在1,上恒成立，得a.x12x2xt1t12令tx1t0，则t3322，当且仅当t2，x1tt即x21时取等号.则a223，.故实数a的范围是,223…（12分）a121．解：（1）因为函数f(x)是定义在R上的奇