【文档说明】河南省六市联考2023-2024学年高三上学期10月阶段性考试（期中）数学答案.pdf，共(6)页，282.521 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共5页2023-2024学年度高三阶段性考试数学-参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案DBADDCBA二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选

错的或不选的得0分题号9101112答案ACACDBDABC三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．214．915．12（答案不唯一）16．[1,)四、解答题:共70分．17．（10分）【解析】（1）设等差数列na的公差为d，由317653aaa

，可得111251635adadad解得11,2ad，所以等差数列na的通项公式可得21nan;（2）由（1）可得211(3)22(1)1nnbnannnn，所以111111...22311nnSnnn

.18．（12分）【解析】（1）函数231π33sinsincos1cos2sin2sin22232fxxxxxxx，由πππ2π22π232kxk，kZ，可得π5ππ,π1212xkk

，kZ，所以函数的增区间为π5ππ,π1212kk，kZ；{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}试卷第2页，共5页（2）由题可得函数πsin3gxx，所以函数的最小值为1

，此时ππ2π,32xkkZ，即π2π,6xkkZ，所以gx最小值为1，取得最小值时的x的取值集合为π2π,6xxkkZ.19．（12分）【解析】（1）fx的定义域为0,，23212'1fxaxxx

222322xxaxx232xxax，当0a时，'0fx，fx在0,上单调递增；当0a时，当0,xa，'0fx，fx单调递减；当,xa，'0fx，

fx单调递增；综上，当0a时，fx在0,上单调递增；当0a时，fx在0,a上单调递减，在,a上单调递增.（2）由（1）知，minfxfa221lnaaaaa1lnaaaa，即1l

ngaaaaa.解法一：21'1ln1gaaa21lnaa，321''0gaaa，∴'ga单调递减，又'10g，'20g，所以存在01,2a，使得

0'0ga，∴当00,aa时，'0ga，ga单调递增；当0,aa时，'0ga，ga单调递减；∴0maxgaga00001lnaaaa，又0'0ga，即0201ln0aa，0201lnaa，∴00020011gaaaaa

002aa，令00taga，则0ta在1,2上单调递增，又01,2a，所以02211tat，∴1ga.{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiC

AAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}试卷第3页，共5页解法二：要证1ga，即证1ln1aaaa，即证：2111lnaaa，令211ln1haaaa，则只需证211ln10haaaa，23112'h

aaaa233212aaaaaa，当0,2a时，'0ha，ha单调递减；当2,a时，'0ha，ha单调递增；所以min2hah111ln21ln20244，所以0ha，即1ga

.20．（12分）【解析】（1）因为2sin(2)tancBacC，由正弦定理可得sin2sinsin(2sinsin)cosCCBACC，即2sincos2sinsinBCAC又由sinsin[π()]sin()

sincoscossinABCBCBCBC，可得2cossinsinBCC，因为(0,π)C，可得sin0C，所以1cos2B，又因为(0,π)B，可得π3B.（2）选①：因为2c，3b，由余弦定理可得2222431cos242acbaBaca，

整理得2210aa，解得1a，因为CE为ACB的平分线，令ACEBCE，则111sin1sin22SBCCECE，211sin3sin22SACCECE，所以121333SS，故12SS的值为33.选②：33

4△ABCS，7b，AC，由11π33sinsin2234△ABCSacBac，解得3ac，又由7b，由余弦定理可得2222cosbacacB，{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQF

ABAA=}#}试卷第4页，共5页即2217232ac，可得2210ac，又因为AC，可得ac，所以222()2102316acacac，即4ac，联立方程组43acacac

，解得3,1ac，由CE为ACB的平分线，令ACEBCE，所以111sin3sin22SBCCECE，211sin7sin22SACCECE，所以1233777SS，故12SS的值为377.

21．（12分）【解析】（1）设11,Axy，22,Bxy，由222xpyykx，得2240xpkxp，故124xxp，由OAOB，可得12120xxyy，即221

212022xxxxpp，∴1p，故抛物线C的方程为：22xy；（2）设PA的倾斜角为，则PB的倾斜角为π，∴tantanπ0PAPBkk,由222xyykx，得2240xkx，∴122xxk，∴211111

12222222PAxyxkxx，同理222PBxk，由0PAPBkk，得1222022xx，∴1240xx，即240k，故2k.{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQ

kBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}试卷第5页，共5页22．（12分）【解析】（1）当1a时，211(2)e()exxxxfx.令21()2exhxxx，则1()22exhxx

，显然()hx在上3(,2)4单调递减，又因为4311()042eh，故3(,2)4x时，总有()0hx，所以()hx在3(,2)4上单调递减.由于(1)0h，所以当3(,1)

4x时，()0hx；当(1,2)x时，()0hx.当x变化时，()()fxfx、的变化情况如下表：x3(,1)41(1,2)()fx+-()fx增极大减所以()fx在3(,2)4上的极大值是(1)1f，无极小值.（2）由于21()()exgxxa，则21()(2)exgx

xxa.由题意，方程220xxa有两个不等实根12,xx，则440a，解得1a，且2112221220202xxaxxaxx，又12xx，所以11x.由211()()xgxfx，21()(2)exfxxxa，可得

1111222111()e[(2)e]xxxxaxxa又221112,2xxaxx.将其代入上式得：1111221111112(2)e[(2)e(2)]xxxxxxxx

.整理得11111[2e(e1)]0xxx，即111111[2e(e1)]0,(,1)xxxx当10x时，不等式11111[2e(e1)]0xxx恒成立，即R.当1(

0,1)x时，11112e(e1)0xx恒成立，即11112ee1xx，令11112e()e1xxkx，易证()kx是R上的减函数.因此，当(0,1)x时，2e()(0)e1kxk，故2ee1.当1(,0)x时，11112e(e1)0xx

恒成立，即11112ee1xx，因此，当(,0)x时，2e()(0)e1kxk所以2ee1.综上所述，2ee1.{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA

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