安徽省合肥市第四中学2023-2024学年高三上学期11月月考24届高三数学11月检测卷答案

2024高三11月质量检测卷·数学参考答案及解析题号123456789101112答案DCDCACBCABBCABCAC1.D.x1【解析】因为Mx|0=3x1，NyR|yx1[1,)，所以x3(CUM)N[1,)2.C.【解析】因为A中，p不是q的充分条件，则q不是p的必要条件；B中，若一个三角形三边分别为5,6,9，另一三角形三边分别为6,6,8,,两个三角形周长相等，却不全等，则q不是p的必要条件；D中，若x2,x22，x2不是无理数，p不是q的充分条件，则q不是p的必要条件3.D.31369【解析】应为扇形的弧长l2，Ssin12sin1sin1sin214.C.【解析】因为f(x1)为奇函数，则关于原点对称，所以f(x)关于点(1,0)对称；因为f(x)在(1,)上单调递减，则f(x)在R上单调递减；故，f(1)f(3)，f(3)f(3)，f(1)f(3).5.A.22【解析】由题意得，tsin(2)，得P(,)，又因为P向左平移s个单位4424222长度得到点P(s,)，代入得，cos(2s)sin2s，4公众号：全元高考2223sk或sk，因为s0，所以s的最小值为8886.C.11【解析】在BDC和ADC中，由余弦定理可得a2c222c2cosBDC，42111b2c222c2cos(BDC)；联立可得，a2b2c247，则422163c6，S2sinBDC；得sinBDC1,0BDC,BDC22214BDC,bAD2CD2227.B.【解析】已知3f(x)cosxf(x)sinx0，令g(x)f(x)sin3x,则g(x)3f(x)sin2xcosxf(x)sin3xsin2x[3f(x)cosxf(x)sinx]0，所以g(x)在R上单调递减，又因为f(x)偶函数，所以f()f()2，66【数学试题答案第1页共7页】{#{QQABCYYQogAIABAAAQgCUwXCCgGQkBECCKoOhFAMIAABQQFABAA=}#}11f()()3f()，g(x)f(x)sin3(x)f(x)cos3x，所6264222212以f(x)cos3x0等价于g(x)g()，则x,解得x，24262632所以不等式的解集为(,)38.C.【解析】由yf(32x)为奇函数可得f(32x)f(32x)，即f(3x)f(3x)，f(3x)f(3x)，f(3x)f(3x)0，即g(3x)g(3x)0，所以函数1yg(x)的图像关于直线x3对称。由yxf(x2)是偶函数可得3111yf(x2)为奇函数，f(x2)f(x2)0,即33321g(x2)g(x2)，所以函数yg(x)的图像关于点(2,)对称；将x1代入3312g(3x)g(3x)0，得g(4)，将x2代入g(x2)g(x2)得3321g(4)g(0)得g(0)，将x3代入g(3x)g(3x)0，得g(0)g(6)0，331故g(6)39.AB【解析】A{x|x22x30,xR},A{1,3},ABA,BA2(a1)a2①当BA,即B{1,3}时，得2,3;无解aa1②当B,即4(a1)24a(a2)16a40a4③当B{1},即公众号：全元高考16a40,a2a2a20;无解1④当B{3},即16a40,9a6a6a20a41故，a的取值范围为(,]410.BC;【解析】A选项中，只有a240,即a2或a2时,x2ax10有实数解111aaB选项中，若,则a23abb20,因为b0，所以()2310abbabba35111解得，令a35,b2，则有ab0且；b2abbaC选项中，正方形属于四边形；D选项中，三角形两边之差要小于第三边，故错误；11.ABC【解析】x13,5x1x2x2x1x23,x2811xx,xxxx24,a又xx5,(xx)24xx25，12a121224121212【数学试题答案第2页共7页】{#{QQABCYYQogAIABAAAQgCUwXCCgGQkBECCKoOhFAMIAABQQFABAA=}#}1213511(b1)225a24a,b或b57624241xx0,x,x同号.x3,3x312a1211若则则与矛盾3x10,3x1x20,x1x23,x1x25b1110x3,则x5,xx0,xx0,b1.所以b121212a2412.AC;【解析】连接CG，且DHAB;由题可知：AECBFC,则CECF,ACEECFBCF30,CAEEADDAHCBFFBDDBH15AEDBFD90,AEDAHDBFDBHD；1CGGF1BFBHAB,CGFBFD,；设EFDH2x,2BFBF2CGxtan75(23)x,BF2(23)x,AB4(23)x,22AC2,4(23)x22x;EF2264232312373121;S22226423SDEF226ABD222213.②③公众号：全元高考【解析】①xP是xS的充要条件，则2m1,3m5，此方程无解，故不存在实数m，则不符合题意②xP是xS的充分不必要条件时，2m1,32m5,2m32m；解得m3，符合题意③xP是xS的1必要不充分条件时，当S,2m32m,得m；当S，需满足312-m3+2m,2-m-1,3+2m5，解集为-m1；综上所述，实数m的取值范311围-m.3314.{x|x5}；或【解析】AB{x|x5}，CU(AB){x|x2x3}且因为AB{x|xABxCU(AB)}，所以AB{x|x5}415.；3【数学试题答案第3页共7页】{#{QQABCYYQogAIABAAAQgCUwXCCgGQkBECCKoOhFAMIAABQQFABAA=}#}【解析】因为函数f(x)sin(x)(0,0)是R上的奇函数，则2f(x)f(x)，即sincosxcosxsin，又因为0，所以sin0，3因为0，所以0；故f(x)sinx；又因为图象关于点A(,0)对称，243则k,kN；44k12,kN，因为函数在区间[0,]上是单调函数，则04；34244所以316.①③;【解析】①:因为函数yx31的值域是全体实数集，所以对于任意xR,存在yR,使f(x)f(y)2成立，符合题意2②:yex(x1)yex(x2),当x2时,y0,该函数此时单调递增，当x2时，y0该函数此时单调递减，所以当x2时，函数有最小值e2f(x)f(y)若yex(x1)是“半差值”为2的函数，因此有xR,存在yR,使2成2立，即f(x)f(y)4,对于xR,f(x)e2,而f(y)4e24,显然f(x)f(y)xR,不一定存在yR,使2成立，故本函数不符合题意；2③:因为函数ylog2x的的值域是全体实数集，所以对于任意xR,存在yR,使f(x)f(y)2成立，符合题意；2④:若ysinx是实数集上的“半差值”为2的函数，因此有xR,存在yR,使f(x)f(y)2,公众号：全元高考即f(x)f(y)4，对于xR,1f(x)1,而3f(y)45,2显然f(x)f(y)4恒不成立，故假设不成立，所以本函数不符合题意，17.【解析】（1）解不等式x2x20，解得2x1；当m1时，解不等式x23m20，得2x1因为A,B同时成立时，x的取值范围为(2,1)..........4分（2）P:xA,x2(12a)xa2a8P:xA,x2(12a)xa2a8为真命题设f(x)x2(12a)xa2a8，则f(x)0在(2,1)上有解f(2)a25a606a1；f(1)a2a602a3综上所述，a取值范围为6,3...........6分18.【解析】（1）sinBa2b2c22bccosAbcosAsinBcosAsinC0,2sinCsinBb2a2c22accosBacosBsinAcosB【数学试题答案第4页共7页】{#{QQABCYYQogAIABAAAQgCUwXCCgGQkBECCKoOhFAMIAABQQFABAA=}#}2sinCcosAsinBcosAsinAcosBsin(BA)sinC，1sinC0,cosA.0A,A...........6分23311(2)Tsin2Asin2Bsin2C(1cos2B)(1cos2C)422717113(cos2Bcos2C)cos2Bsin2B42422271cos(2B)4232450B,02B,2B333331391cos(2B),T3224..............6分x2bx2b19.【解析】（1）由f(x)blnx得f(x)x；2xxb0f(x)0得xbf(x)的单调递增区间为[b,)，单调递减区间为(0,b)；b(1lnb)f(x)在xb处的极小值为f(b)，无极大值...........4分2（2）当b0,f(x)0恒成立，f(x)在(0,)上单调递增，故f(x)在区间(1,e2]内至多只有一个零点；b(1lnb)当b0时，由（1）得f(x)在(0,)上最小值为f(b)，若f(x)在21be2f(b)0e4区间(1,e2]内恰有两公众号：全元高考个零点，则需满足，整理得eb........8分f(1)04f(e2)020.【解析】（1）由图象可得，f(x)的最小正周期2T4(),2,0,2312T由22k,kZ解得2k,kZ，326,；f(x)2sin(2x)26635由2k2x2k解得kxk262365所以函数f(x)的单调递减区间为k,k.........4分362（2）令tf(x)，方程可化为t(4a)t3a0，解得t11,t2a3【数学试题答案第5页共7页】{#{QQABCYYQogAIABAAAQgCUwXCCgGQkBECCKoOhFAMIAABQQFABAA=}#}17令f(x)1,可得sin(2x)；x,，可得62124552x；2x