双流中学高2024届高三10月月考理科数学试题答案

双流中学高2024届高三10月月考数学（理工类）参考答案1．C2．A3．C4．D5．D6．D7．C8．B9．B10．C11．D12．A13．ysinx（答案不唯一）14．215．4316．23.17．解：（1）若选①②：因为函数fx的一个零点为0，所以f00，所以2sin10，1ππ所以sin，因为0，所以．226ππ因为函数fx图象上相邻两条对称轴的距离为，所以T2π．22π因为03，所以2，所以函数fx的解析式为fx2sin2x1；6若选①③：因为函数fx的一个零点为0，所以f00，所以2sin10，1ππ所以sin，因为0，所以．2262π因为函数fx图象的一个最低点的坐标为,3，32ππ2ππ所以2sin2，所以sin1，36362πππ所以2kπ，即3k1kZ，因为03，所以2．362π所以函数fx的解析式为fx2sin2x1；6若选②③：ππ因为函数fx图象上相邻两条对称轴的距离为，所以T2π，222π因为03，所以2，因为函数fx图象的一个最低点的坐标为,3，32π4π所以2sin22，所以sin1，334ππ11π所以2kπ即2kπkZ，326πππ因为0，所以，所以函数fx的解析式为fx2sin2x1；266ππππ（2）把yf(x)的图象向右平移个单位得到y2sin2x12sin2x1，6666ππ再将y2sin2x1向上平移1个单位得到y2sin2x，66ππ5πππ即y2sin2x，由xm得2x2m，63666π因为gx在区间,m上的最大值为2，31学科网（北京）股份有限公司ππππππ所以sin2x在区间,m上的最大值为1，所以2m，所以m，所以m的最小值为.63623318．解：（1）当a1时，fxx3x2x1，1所以fx3x22x1x13x1.令fx0，得x=1或x，3列表如下：111x-22,1-11,,11333fx+0-0+fxf1f2极大值极小值由于f12，f12，所以函数fx在区间2,1上的最大值为2.a（2）fx3x22axa2xa3xa，令fx0，得xa或x.32当a0时，fx3x≥0，所以函数fx在R上单调递增，无极值.当a0时，列表如下：aaax,aaa,,333f'x+0-0+fx极大值极小值3a53函数fx的极大值为faa1，极小值为f1a.32719．解：（1）由余弦定理得b2c2a22bccosA.2abccosC2abccosCacosC∵2bc.∴2bcb2c2a22bccosAcosAsinAcosC由正弦定理得2sinBsinCcosA∴2sinBcosAsinCcosAsinAcosC∴2sinBcosAsinACsinB，1∵ABC是锐角三角形，∴0B，0A，∴sinB0.∴cosA，∴A.22232（2）由（1）得A设B，则C，332∵ABC是锐角三角形，∴0，0，∴23262bc由正弦定理得2sinsin()32学科网（北京）股份有限公司2sin2sin2b∵c2，∴231311sin()cossin3222tan231311由得tan，∴2，∴1b462322tan21333ABC∵SBCbcsinAb，SABC23∴面积的取值范围是(,23).222220．（1）证明:如图所示，连接AC,A1C1,因为ABCDA1B1C1D1为棱台，所以A,A1,C1,C四点共面，又因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC，因为AA1平面ABCD，BD平面ABCD，所以AA1BD，又因为AA1ACA且AA1,AC平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1，因为CC1平面ACC1A1，所以BDCC1.（2）解：取BC中点Q，连接AQ，因为底面ABCD是菱形，且ABC60，所以ABC是正三角形，所以AQBC，即AQAD，由于AA1平面ABCD，以A为原点，分别以AQ,AD,AA1为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0,A10,0,1,D10,1,1,Q3,0,0假设点E存在，设点E的坐标为3,,0，其中11，可得AE3,,0,AD10,1,1设平面AD1ErnAE3xy0的法向量nx,y,z，则，nAD1yz0取xλ，可得y3,z3，所以n,3,3.又由平面ADD1的法向量为AQ3,0,0，313所以cosAQ,n，解得3263233由于二面角EAD1D为锐角，则点E在线段QC上，所以，即CE12231故BC上存在点E，当CE1时，二面角EAD1D的余弦值为.2311121．解：（1）当a时，f(x)sinxx2，f(x)cosx，222πππ当x时，f(x)0；当0x时，f(x)0．323πππ所以f(x)在0,上单调递增，在,上单调递减.3323学科网（北京）股份有限公司（2）设h(x)exsinxcosx2ax，由题意知当x0时，h(x)0．求导得h(x)excosxsinxa．设(x)excosxsinxa，则(x)exsinxcosx，令yexx1，则yex1，当x0,y0,当x0,y0,故函数yexx1在0,单调递增，在,0单调递减，所以exx1；令mxxsinx，可得mx1cosx0，故mx在x0单调递增时，xsinx．所以当x0时，(x)exsinxcosxx1xcosx1cosx0．故(x)在[0,)上单调递增，当x0时，(x)min(0)2a，且当x时，(x)．若a2，则h(x)(x)0，函数h(x)在[0,)上单调递增，因此x[0,)，h(x)h(0)0，符合条件．若a2，则存在x0[0,)，使得x00，即hx00，当0xx0时，h(x)0，则h(x)在0,x0上单调递减，此时h(x)h(0)0，不符合条件．综上，实数a的取值范围是(,2]．22．解：（1）由题可变形为232cos216，x2y2∵2x2y2，cosx，∴x2y23x216，∴1.416π（2）由已知有M(2,0)，N(0,4)，设P(2cos,4sin)，(0,).211于是由SSS24sin42cos4sin4cos42sin()，OMPNOMPONP224π3由(0,)得(,)，于是42sin()42，24444∴四边形OMPN最大值42.23．解：（1）当m2时，不等式f(x)|x2||2x2||x2|x60．①当x<2时，2x2x2x60，解得x3，则3x2；②当2x1时，2x2x2x60，则2x1；33③当x1时，2x2x2x60，解得x≤，则1x．223综上所述，原不等式的解集为x|3x．2（2）因为g(x)|mx2||12mx|6|mx212mx|64，当且仅当(mx2)(12mx)0时等号成立，所以4，a2b2c4，又a0,b0,c0，所以2114a2b2c11141112[ab(b2c)]abb2c4，abb2c44abb2c4abb2c114b2c1当且仅当abb2c，即ab，又a2b2c4，则ab1，c时等号成立，所以22abb2c4学科网（北京）股份有限公司114的最小值为4．abb2c5学科网（北京）股份有限公司