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高三联考数学参考答案1.B因为0,1,2,3,1,2UA，所以U0,3Að.2.C取1,2ab，逐一验证即可.3.A对于p，因为1xx，所以11xx，故p是真命题，p是假命题.对于q，当01x时，32xx，故q是真命题，q是假命题.综上，p和q

都是真命题.4.B由文中意思可知，若“天将降大任于是人也”，则必须“苦其心志，劳其筋骨，饿其体肤”，反之未必，故“苦其心志，劳其筋骨，饿其体肤”是“天将降大任于是人也”的必要不充分条件.5.D当1a时，2xfxa的图象经过第一､三､四象限，不经过第二象限，当01a时

，2xfxa的图象经过第二､三､四象限，不经过第一象限，则01a，得11a，所以1log2agxx的图象经过第一､二､三象限，不经过第四象限.6.A令fxgx，即2sin11xxax，可得2sin1xxaxa.由题意可得函数si

nyxx与21yaxa的图象恰有一个交点.因为函数sinyxx与21yaxa都是偶函数，所以交点只能在y轴上，即01a，解得1a.若1a，令fxgx，可得sinxx，即sin0xx.令函数sin,1cos0hxxxhxx，

所以hx在R上单调递增.因为00h，所以方程sin0xx有且仅有一个实根0，即函数sin1fxxx与21gxax的图象恰有一个交点，所以1a符合题意.7.A设注入溶液的时间为t（单位：s）时，溶液的高为cmh，则211π235hht

，得3150πth.因为3211503πht，所以当πt时，33311501503π3πh，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为3150cm/s3π.8.B不妨设21xx，则210xx，所以22112ln2ln0fxxfxx

，即22112ln2lnfxxfxx.设函数2lngxfxx，则21gxgx，所以gx在0,上单调递减.20222ln240

44fxx，即20222ln20222ln2fxx.因为24ln2f，所以222ln2gf，即20222gxg，20220,20222,xx解得{20222024}xx∣.9.BC由2230xx

得1,3x，其充分不必要条件对应的集合为1,3的真子集即可.10.BCD当0a时，fx的值域不为R，A错误.若0a，则fx为奇函数，B正确.若fx只有一个零点，则a的取值范围为0,

，C正确.若fx在R上单调递减，则a的取值范围为0,，D正确.11.ACD由题可知1,2,3,4ab，所以4ab，故A正确；111141411lg5lg2lg101,444642bbabab

，故B错误；由111ab，得abab，所以1121223322baababababab，因为2ab，所以1322ab，故C正确；因为110,lg2lg0.06l

g0.121cbc，所以1bcbc，即0bcbc，故D正确.12.1因为fx是偶函数，所以fxfx，则333131xxxxxaxa，整理得1a.13.1221fxxxxax，则20faaa

，解得0a或1a.结合图象（图略）可知，当0a时，2fxxaxx在xa处取得极大值，当1a时，2fxxaxx在xa处取得极小值.14.e,由

题意可得22lnlnaxxxax对任意12e,1x恒成立，且0a.令函数lnxgxx，则2gxgax对任意12e,1x恒成立.21lnxgxx，当0,ex时，0,gxgx单调递增，当e

,x时，0gx，gx单调递减，且当0,1x时，0gx，当1,x时，0gx，所以2xax，即1ax对任意12e,1x恒成立.因为11,ex

，所以ea.15.解：（1）由20,20,xx解得2x，所以fx的定义域为2,.（2）2ln2ln2ln4,2,fxxxxx.不等

式ln3fxx可化为2ln4ln3xx.因为lnyx是增函数，所以243,2,xxx解得4x.故不等式ln3fxx的解集为4xx∣.16.解：（1）令1tx，则1xt，则2(1)211ttftttt

，所以1fxxx.（2）因为fx在1,上单调递增，所以min()10fxf.21,,0,1,2xafxmam，即20,1,02amam，则2202,

02,mmm解得21m.故m的取值范围是2,1.17.解：（1）因为3fx，所以213axbx.因为21ab，所以22120axax，即210xax.当12a

时，解得12xa；当12a时，解集为；当102a时，解得12xa.综上，当12a时，原不等式的解集为12,a；当12a时，原不等式的解集为；当102a

时，原不等式的解集为1,2a.（2）因为13f，所以13ab，即24ab，则122242442aaaababababaab2214424aabaaaba

.当0a时，151,24aaaab，当且仅当42,33ab时，等号成立.当0a时，131,24aaaab，当且仅当4,6ab时，等号成立.综上，12aab的最小值为34.18.解：（1）由题意得22exfxab

，则0222faba，得ab.（2）由题意得fx的定义域为2,2e2xfxaR.当0a时，0fx，则fx在R上单调递增.当0a时，令0fx，得1ln2xa，令0fx，得1ln2xa，则

fx在1,ln2a上单调递减，在1ln,2a上单调递增.（3）由（2）可知当0a时，fx没有最小值，则min10,()lnln22agafxfaaaa，得lngaa.当01a时，

0,gaga单调递增，当1a时，0,gaga单调递减，所以max()13gag.19.解：（1）ππππsin,11,00,cos,02222fxxfffxxf

，2,2HxaxbxcHxaxb.由00,11,00,HfHfHf得0,1π,2cabcb，解得π1,2π,20,abc所以2ππ122Hxx

x.设2πππsin1,0,1222FxfxHxxxxx，πππcos2π222Fxxx.令函数1FxFx，则21ππsin2π42F

xx'.令函数21FxFx'，则32ππcos082Fxx'，所以1Fx'在0,1上单调递减.又因为211π02π0,12π04FF''，所以存在10,1x

，使得110Fx'，当10,xx时，10Fx'，当1,1xx时，10Fx'，所以Fx在10,x上单调递增，在1,1x上单调递减.因为1π00,00,1202FFxFF，所以Fx在0,

1上存在唯一的零点21,1xx，使得20Fx，当20,xx时，10Fx'，当2,1xx时，10Fx'，所以Fx在20,x上单调递增，在2,1x上单调递减.因为010FF，所以0Fx，

即fxHx.（2）由（1）知2fxHxx等价于2fxHxx，且0.设22πππsin1,0,1222GxfxHxxxxxx，则0Gx

.πππcos2π2222Gxxx，令函数1GxGx，则21ππsin2π242Gxx'，令函数21GxGx'，则32ππcos082Gxx'，所以

1Gx'在0,1上单调递减.若102π20G'，即π12，则10Gx'在0,1上恒成立，所以Gx在0,1上单调递减，00GxG在0,1上恒成立，所以Gx在0,1上单调递减，00GxG，

符合题意.若102π20G'，即π01,2则存在00,1x，使得当00,xx时，10Gx'，从而Gx在00,x上单调递增.因为00G，所以当00,xx时，0Gx，即Gx在00,x上单调递增，所以0

00GxG，不符合题意.综上，的取值范围为π1,2.（3）2111111sin0.442πππ2π2fH.由（2）知，2π1,2fxHxx所以误差2211π11110.060.1ππ2

ππ2πfH.