【文档说明】辽宁省辽东南协作体2024-2025学年高三上学期10月月考试题 数学 PDF版含答案.pdf，共(6)页，1.363 MB，由小赞的店铺上传

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CA=}#}高三数学试题参考答案一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符

合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。题号1234567891011答案ABCDCBDAACBDBC三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12.[1,+∞)13.(4,+∞)14.7四．解答题：本题共5小题，共77分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（本小题满分13分）解：因为()()()xxfghx；（Ⅰ）()sin()cos6fxxx31(sincos)cos22xxx231sincoscos2

2xxx3111cos2sin22222xx311sin2cos2444xx11sin(2)264x，所以()fx的最小正周期是．………………7分（Ⅱ）因为02x≤≤，所以6≤26x

≤6，所以12≤sin(2)6x≤1，所以12≤11sin(2)264x≤14，当266x，即0x时，()fx有最小值12．………………13分16.（本小题满分15分）解(1)f'(x)=3x2

-3a=3(x2-a),当a≤0时,f'(x)≥0,函数f(x)在R上单调递增,无极值;当a>0时,令f'(x)>0,解得x<-或x>,令f'(x)<0,解得-<x<.∴函数f(x)在(-∞,-),(,+∞)

上单调递增,在(-)上单调递减,∴函数f(x)在x=-处取得极大值f(-)=2a,在x=处取得极小值f()=-2a.………………8分(2)由(1)知,当a≤0时,函数f(x)在[0,2]上单调递增,故f(x)max=f(2)=8-6a.当0<a<

4时,函数f(x)在[0,)上单调递减,在(,2]上单调递增,又f(0)=0,f(2)=8-6a,∴当0<a≤时,f(x)max=f(2)=8-6a;当<a<4时,f(x)max=f(0)=0;当a≥4时,函数f(x)在[0,

2]上单调递减,f(x)max=f(0)=0.综上,当a≤时,函数f(x)在[0,2]上的最大值为8-6a;当a>时,函数f(x)在[0,2]上的最大值为0.………………15分17.（本小题满分15分）解：（1）()3si

n(2)cos(2)2sin26fxxxx将函数()fx的图象向左平移3个单位长度后，所得函数为52sin22sin2366yxx∴5,62kkZ

∴,3kkZ又||2∴3∴()2sin26fxx.……...……7分（2）∵5,612x∴22,663x当2662x，即63x时，()fx单调递增；当22263x

，即5312x时，()fx单调递减.且23f，136512,ff.∵方程()fxa在5,612上恰有两个实数根.∴32a∴实数a的取值范围为[3,2).……..

.……15分18.（本小题满分17分）【答案】(1)1,e(2),4(1)()lnfxxx定义域为(0,)，()ln+1fxx()0fx即ln+10x解得1ex所以()fx在1,)e（单调递增………………7分

(2)对任意0,x，不等式12fxgx恒成立，即21ln32xxxax恒成立，分离参数得32lnaxxx.令32ln0,hxxxxx，则231xxhxx．当0,1x时，0hx，h

x在()0,1上单调递减；当1,x时，0hx，hx在1,上单调递增.所以min14hxh，即4a，故a的取值范围是,4.………………17分19.（本小题满分17分）解：（Ⅰ）集合M具有性质

P；…………………………………………...……2分集合N不具有性质P．………………………………………………...………4分（Ⅱ）（i）取ijn，由题知存在,kt（1,1kntn≤≤≤≤），使得()()0nnknntaaaaaa成立，即(2)0kntaaa，………..…

6分又2ntaa，故必有0ka．…………...………….……………………8分又因为1230naaaaL≤，所以10a．……..……………..10分（ii）由（i）得10a，当2i≥时，存在,kt（1,1kntn≤≤≤≤）使得()()0ni

knitaaaaaa成立，又因为()0nitntiaaaaaa，故0nikaaa，即nikaaa．所以(1,2,)niaaAinL．….……12分又1210nnaaaaL，所以121nnnnnn

aaaaaaaaL，故121121,,,,nnnnnnnnaaaaaaaaaaaaL，……………..15分相加得：1212()()nnnnaaaaaaaLL

，即122nnnaaaaL．………….……17分