江西省丰城中学2024届高三上学期10月段考高三数学参考答案

丰城中学2023-2024学年高三上学期10月段考数学参考答案及解析题号123456789101112答案CABCDBCCBCDABCCDACD13.2e14.215.416.,117.【小问1详解】解不等式x22x80，得2x4，即Ax2x4，当m2时，解不等式x22x30，得1x3，即Bx1x3，于是ðRBxx1或x3，所以AðRBx2x1或3x4.………………………………………5分【小问2详解】原不等式化为：xm1xm10m0，解得1mx1m，于是Bx1mx1m,m0，1m2由xA是xB的必要不充分条件，则集合B是A的真子集，得m14且等号不同时成立，m0解得0m3.………………………………………10分18.（1）A；（2）3.3解析:（Ⅰ）因为b2c2a2accosCc2cosA，所以由2bccosAaccosCc2cosA，即2bcosAacosCccosA，由正弦定理得2sinBcosAsinAcosCsinCcosA，即2sinBcosAsinAC，∵sinACsinBsinB，∴2sinBcosAsinB，即sinB2cosA10，1∵0B，∴sinB0，∴cosA，2∵0A，∴A.………………………………………6分313253（Ⅱ）∵SbcsinAbc，∴bc25，ABC244b2c2a2b2c2251∵cosA，b2c250，2bc22522∴bc50225100，即bc10，∴3.……………………………12分sinAsinAsinAsinBsinCbcbc1023aaa5高三数学试卷共5页第1页学科网（北京）股份有限公司tan7219.【答案】（Ⅰ）7（Ⅱ）tan104解：（I）sinsincoscossin①53sinsincoscossin②57由①+②得sincos③101由①-②得cossin④10tan由③÷④得7……………………………6分tan43（II）∵0，sin,sin45530,0，cos1sin2，2454cos1sin2，5cos2coscoscossinsin3443245555252411cos272……………………………12分cos22cos21,cos25221020．2x2120x150,0x≤20（1）S625010x1990,x20x（2）当年产量为25万台时，该公司获得的利润最大为1490万元．【分析】（1）根据利润＝销售收入－成本结合已知条件求解即可，（2）分0x≤20和x20求出S的最大值，比较即可得答案.【详解】（1）当0x≤20时，SxR380x150x5002x380x1502x2120x150，当x20时，SxR380x150214062506250，x3702380x15010x1990xxx2x2120x150,0x≤20综上，S6250，……………………………6分10x1990,x20x2（2）当0x≤20时，S2x2120x1502x301650，高三数学试卷共5页第2页学科网（北京）股份有限公司函数的对称轴是x30，则函数在0,20上递增，所以当x20时，函数取得最大值1450；625625当x20时，S10x1990≤102x19901490，xx625当且仅当x，即x25时取等号，此时S的最大值为1490，x因为14501490所以当年产量为25万台时，该公司获得的利润最大为1490万元．……………………………12分3320．（1）k,kkZ（2）888【详解】2222（1）fx2sinxcosx2cos2xsin2x1cos2x222222sin2xcos2xsin2x2243令2k≤2x≤2kkZ，得k≤x≤kkZ242883∴函数fx的单调递增区间为k,kkZ……………………………6分88（2）gxfxfxfxfx44sin2xcos2xsin2xcos2x4444令sin2xcos2xt（t2sin2x2,2），44t21则sin2xcos2x4421112gxhtt2tt112222可得，当t1即sin2x时，gx1；2max1当t2即sin2x1时，gx2min2∵存在x1，x2R，对任意xR，有gx1≤gx≤gx2恒成立，∴gx1为gx的最小值，gx2为gx的最大值，2∴sin2x1，sin2x，122333∴2x2x，12min244高三数学试卷共5页第3页学科网（北京）股份有限公司3∴xx.……………………………12分12min8122.【答案】（1）a0（2）见解析e【解析】lnx【分析】(1)转化为a有两个根，讨论单调性结合函数图象可求解；(2)等价于证明lnxlnx2,x12构造函数即可证明.【小问1详解】lnx由题可知,fxlnxax,令fx0,即lnxax0,即a有两个根x1,x2,xlnx1lnx令g(x),则g(x),xx2由g(x)0得,1lnx0,解得0xe;由g(x)0得,1lnx0,解得xe,所以g(x)在(0,e)单调递增,(e,+)单调递减,f(1)0,xe时f(x)0,lnx1所以要使a有两个根,则0af(e),xe11解得0af(e),所以a0.……………………………12分ee【小问2详解】lnx1ax1ax1lnx1由(1)可知,且1x1ex2，所以,lnxaxlnxa222x22要证a0，只用证ax1x220，等价于证明a(x1x2)2，x1x2lnx2lnx1lnx2lnx12而a(x2x1)lnx2lnx1，即a，故等价于证明，x2x1x2x1x2x1x22(x2x1)x22(t1)即证ln.令t，则t1，于是等价于证明lnt成立，x1x2x1x1t12(t1)14(t1)2设g(t)lnt，t1g(t)0，t1t(t1)2t(t1)2所以g(t)在(1,)上单调递增，2(t1)故g(t)g(1)0，即lnt成立，t1所以lnx1lnx22，结论得证.……………………………12分高三数学试卷共5页第4页学科网（北京）股份有限公司高三数学试卷共5页第5页学科网（北京）股份有限公司