【文档说明】广东省2024届高三第二次六校联考+数学答案.pdf，共(5)页，245.497 KB，由小赞的店铺上传

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2024届高三第二次六校联考数学答案第1页共5页东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学2024届高三第二次六校联考试题标准答案及评分标准一、单项选择题二、多项选择题123456789101112BAADDACC

ABBCDABDACD三、填空题：（每小题5分，共20分）13.]1,1[|,|)(xxxf或者]1,1[,2cos)(xxxf或者21)(xxf或者...14.)62sin(2)(xxf15.532,1416.2,0,e四、解答题1

7.【解析】（1）解法一：ccosB+bcosC＝3acosC．由正弦定理CcBbAasinsinsin得sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，....2分所以sin(B＋C)＝3sinAcosC，..........3分由于A＋B＋C＝π，所以sin

(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，则sinA＝3sinAcosC．因为0<A<π，所以sinA≠0，cosC＝13...........4分因为0<C<π，所以sinC＝1－cos2C＝223...........

5分解法二：因为ccosB+bcosC＝3acosC．所以由余弦定理得c×a2＋c2－b22ac＝(3a－b)×a2＋b2－c22ab，化简得a2＋b2－c2＝23ab，所以cosC＝a2＋b2－c22ab＝23ab2ab＝13.因为0<C<π，所以si

nC＝1－cos2C＝223.（2）由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，.......7分及23,2cba，cosC＝13，得a2＋b2－23ab＝18，即(a－b)2＋43ab＝18.所以ab＝12.......8分所以△ABC的面积S＝12absinC＝

12×12×223＝42........10分18．【解析】（1）当60时，//DEAC，//DFAB四边形AEDF为平行四边形，则BDE和CDF均为边长为1km的等边三角形又2122sin6032ABCSkm，21311sin60

24BDECDFSSkm{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}2024届高三第二次六校联考数学答案第2页共5页绿化面积为：2333242km..

..............3分（2）方法一：由题意知：3090,BD=CD=1133sin60324ABCBDECDFSSSSBECFBECF......4分在BDE中，120B

ED，由正弦定理得：sinsin120BE............5分在CDF中，120CDF，CFD由正弦定理得：sin120sinCF.............6分22sin120sinsin120sinsin

sin120sin120sinBECF....................7分令21tan23sinsin21cos23sin)120sin(t3090

2,21),33(tant.................10分)(1tfttCFBE上单调递增．，在上单调递减；在21)(1,21)(11)('2tftfttf)

25,2[)(tf即52,2BECF133sin60324ABCBDECDFSSSSBECFBECF33333,482BECF即花草地块面积S的取值范

围为333,82..................12分方法二：由已知得++,++,BEDBEDFFDC又,3BEDF所以BEDFDC，在BED和CDF中有：60,BCBEDFDC，BEDCDF，得CF

BDDCBE又D是BC的中点，11DCBDBEFC,且当E在点A时，12CF，所以122CF，所以11313323113()222224SBECFBECF，

设CFx，1BEx，且122x，令1yxx，则2222+11111xxxyxxx，112x时，10,yyxx在112，单调递减，12x时，10,yyxx在(1,2)上单调递增

，1x时，1yxx有最小值2，当12x或2x时，152yxx，所以面积S的取值范围是333,82.{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoOR

BAAoAAAQRNABAA=}#}2024届高三第二次六校联考数学答案第3页共5页19.【解析】（1）3()cos()sin()sinsincoscossin2fxxAxxAxAx..........2分2sincossincossi

nxxAAxsin21cos211sincoscoscos22222xxAAAxA，...........4分故max111cos224fxA，故1cos2A.因为0,A，故3A.............

..5分（2）1111()coscos2cos22323234fxxx,故1()2(())cos243gxfxx，令sgx，,33x

，则gx的图象如图所示：可得1,1s，............6分方程24[()][()]10gxmgx在[,]33x内有两个不同的解又1,1s，下面考虑2410sms在1,1上的解的情况.若2160m，则4m或4m（

舍）当4m时，方程的解为12s，此时1cos232x仅有一解，故方程24[()][()]10gxmgx在[,]33x内有一个解，舍...........8分若2160m，则4m或4m

,此时2410sms在R有两个不同的实数根)(,2121ssss，当4m时，则120,0ss，要使得方程24[()][()]10gxmgx在[,]33x内有两个不同的解，则1210,10ss.令241hssms，则410108

00mhmh，解得54m............12分综上，m的取值范围为：5,4.20.【解析】（1）fx的定义域为0,,22(0)xaf

xexx.....1分当a≤0时，0fxfx，没有零点；......2分.当0a时，因为2xe单调递增，ax单调递增，所以fx在0,单调递增，...3分当b满足0＜b＜4a且b＜14时，即若41,1ba时，04242)41(')('ea

efbf;{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}2024届高三第二次六校联考数学答案第4页共5页若414,10aba时，04242)4(')('2

eeafbfa;则()0fb...5分另法：0x时),0(,022axaex所以)(',0xfx且)('xf在)0(，上是连续的,所以必存在b使得()0fb,又0fa即有0)(')('bfaf,故当0a时

fx存在唯一零点.……6分（2）当0a时由（1），可设fx在0,的唯一零点为0x，当00xx，时，fx＜0；当0xx，时，fx＞0...........7分故fx在0，单调递减，在0x，单调递增，所以0xx

时，fx取得最小值，最小值为0fx......8分由于)('0xf02020xaex，............9分所以0002221212afxaxanaanxaa......11分故当0a时，221fxaana.……

12分21．【解析】（1）因为)1ln()(xexfx,所以0)0(f，即切点坐标为)0,0(，..1分又]11)1[ln()(xxexfx,∴切线斜率1)0(fk∴切线方程为xy.....3分（2）令]11)1[ln()()(x

xexfxgx则])1(112)1[ln()(2xxxexgx.......................4分令2)1(112)1ln()(xxxxh,则0)1(1)1(2)1(2

11)(3232xxxxxxh,∴)(xh在),0[上单调递增，.........6分∴01)0()(hxh∴0)(xg在),0[上恒成立∴)(xg在),0[上单调递增..7分（3）解：待证不等式等价于)0()()()(

ftfsftsf，令)0,()()()(txxftxfxm，只需证)0()(mxm..........8分∵)1ln()1ln()()()(xetxexftxfxmxtx)()(1)1ln(1)1ln

()(xgtxgxexetxetxexmxxtxtx.........10分由（2）知]11)1[ln()()(xxexfxgx在),0[上单调递增，∴)()(xgtxg.......

....11分∴0)(xm∴)(xm在),0(上单调递增，又因为0,tx∴)0()(mxm，所以命题得证.....12分{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAo

AAAQRNABAA=}#}2024届高三第二次六校联考数学答案第5页共5页22.【解析】（1）1axaxfxxeaxe，.............1分当0a时，则10ax对任意0,2x恒成立，即0fx恒成立.所以fx在0,

2x单调递增.则fx的最大值为2max22afxfe；.........2分当0a时，令10ax，即1xa当10,2a，即12a时，当10,xa时()0fx¢>，fx在10,a

上单调递增.当1,2xa时0fx，fx在1,2a上单调递减，max11fxfaea.3分当12,a即102a时，10ax对任意0,2x恒成立，即0fx恒成立，

所以fx在0,2x单调递增.则fx的最大值为2max22afxfe；........4分综上所述：当12a时2max22afxfe；当12a时max11faeafx..

.5分（2）因为fx在1x处的切线与x轴平行，所以110afae，则1a，即1xfxxe.当1x时，()0fx¢>，则fx在,1上单调递增当1x时，0fx，则fx在1,上单

调递减.又因为0x时有0fx；0x时有0fx，根据图象可知，若12fxfx，则有1201xx；......7分要证21xxee，只需证211lnxx；...............8分又因为101x，所以11ln1x；因

为fx在1,上单调递减，从而只需证明1211lnfxfxfx，只需证1111ln1ln11111ln1ln1lnxxxxxxeexeeex.只需证1111ln1,01xexx.......................

10分设1ln,0,1thtett，则11ttehtt.由fx的单调性可知,11ftfe.则1ttee，即110tte.所以0ht，即ht在0,1t

上单调递增.所以11hth.从而不等式21xxee得证............12分{#{QQABTQAEogAAQBJAAQhCEwFCCgOQkBACAAoORBAAoAAAQRNABAA=}#}