河南六市联考2024届阶段考试数学-答案

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．（答案不唯一）16．[1,)12四、解答题:共70分．17．（10分）【解析】（1）设等差数列an的公差为d，a5a12d5由3，可得a173a6a116d3a15d解得a11,d2，所以等差数列an的通项公式可得an2n1;2211（2）由（1）可得bn，n(an3)2n(n1)nn111111n所以Sn1....223nn1n118．（12分）【解析】231π3（1）函数fx3sinxsinxcosx1cos2xsin2xsin2x，2232ππππ5π由2kπ2x2kπ，kZ，可得xkπ,kπ，kZ，2321212π5π所以函数的增区间为kπ,kπ，kZ；1212试卷第1页，共5页{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}π（2）由题可得函数gxsinx，3πππ所以函数的最小值为1，此时x2kπ,kZ，即x2kπ,kZ，326π所以gx最小值为1，取得最小值时的x的取值集合为xx2kπ,kZ.619．（12分）【解析】（1）fx的定义域为0,，212x22x22x22xaf'x1a，232a3xxxxxx3当a0时，f'x0，fx在0,上单调递增；当a0时，当x0,a，f'x0，fx单调递减；当xa,，f'x0，fx单调递增；综上，当a0时，fx在0,上单调递增；当a0时，fx在0,a上单调递减，在a,上单调递增.211（2）由（1）知，fxfaaalnaaalna，minaa2a1即gaaalna.a1121解法一：g'a1lna1lna，g''a0，a2a2a3a∴g'a单调递减，又g'10，g'20，所以存在a01,2，使得g'a00，∴当a0,a0时，g'a0，ga单调递增；当aa0,时，g'a0，ga单调递减；111∴aalna，又，即lna0，lna，gamaxga0000g'a002002a0a0a0112∴ga0a0a02a0，令ta0ga0，则ta0在1,2上单调递增，a0a0a0又a01,2，所以ta0t2211，∴ga1.试卷第2页，共5页{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}111解法二：要证ga1，即证aalna1，即证：1lna，aa2a1111令halna1，则只需证halna10，aa2aa2112a2a2a2a1h'a，aa2a3a3a3当a0,2时，h'a0，ha单调递减；当a2,时，h'a0，ha单调递增；111所以hah2ln21ln20，min244所以ha0，即ga1.20．（12分）【解析】（1）因为2csinB(2ac)tanC，sinC由正弦定理可得2sinCsinB(2sinAsinC)，cosC即2sinBcosC2sinAsinC又由sinAsin[π(BC)]sin(BC)sinBcosCcosBsinC，可得2cosBsinCsinC，1因为C(0,π)，可得sinC0，所以cosB，2π又因为B(0,π)，可得B.3（2）选①：因为c2，b3，a2c2b2a2431由余弦定理可得cosB，2ac4a2整理得a22a10，解得a1，因为CE为ACB的平分线，令ACEBCE，1111则SBCCEsin1CEsin，SACCEsin3CEsin，122222S113S13所以，故的值为.S233S2333选②：S△，b7，AC，ABC411π33由S△acsinBacsin，解得ac3，ABC2234又由b7，由余弦定理可得b2a2c22accosB，试卷第3页，共5页{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}221即7ac23，可得a2c210，2又因为AC，可得ac，所以(ac)2a2c22ac102316，即ac4，ac4联立方程组ac3，解得a3,c1，ac由CE为ACB的平分线，令ACEBCE，1111所以SBCCEsin3CEsin，SACCEsin7CEsin，122222S1337S137所以，故的值为.SS2772721．（12分）【解析】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，x22py由，得x22pkx4p0，ykx2故x1x24p，x2x2由OAOB，可得xxyy0，即xx120，1212122p2p∴p1，故抛物线C的方程为：x22y；（2）设PA的倾斜角为，则PB的倾斜角为π，∴kPAkPBtantanπ0,x22y由，得x22kx40，ykx2∴x1x22k，1x22x2∴y21x2，同理2，121kPBkPA2x12x122x12x22由kPAkPB0，得0，22∴x1x240，即2k40，故k2.试卷第4页，共5页{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}22．（12分）【解析】(2xx2)ex1（1）当a1时，f(x).ex13令h(x)2xx2ex1，则h(x)22xex1，显然h(x)在上(,2)单调递减，4311又因为h()0，424e3故x(,2)时，总有h(x)0，43所以h(x)在(,2)上单调递减.43由于h(1)0，所以当x(,1)时，h(x)0；当x(1,2)时，h(x)0.4当x变化时，f(x)、f(x)的变化情况如下表：3x(,1)1(1,2)4f(x)+-f(x)增极大减3所以f(x)在(,2)上的极大值是f(1)1，无极小值.4（2）由于g(x)(x2a)e1x，则g(x)(x22xa)e1x.2由题意，方程x2xa0有两个不等实根x1,x2，2x12x1a02则44a0，解得a1，且x22x2a0，又x1x2，所以x11.x1x2221x21x121x1由x2g(x1)f(x1)，f(x)(2xx)ea，可得x2(x1a)e[(2x1x1)ea]21x121x12又x22x1,ax12x1.将其代入上式得：2x1(2x1)e[(2x1x1)e(2x1x1)].1x11x11x11x1整理得x1[2e(e1)]0，即x1[2e(e1)]0,x1(,1)1x11x1当x10时，不等式x1[2e(e1)]0恒成立，即R.1x12e当时，1x11x1恒成立，即，x1(0,1)2e(e1)0e1x111x1令2e，易证k(x)是上的减函数k(x)R.e1x112e2e因此，当x(0,1)时，k(x)k(0)，故.e1e11x12e当时，1x11x1恒成立，即，x1(,0)2e(e1)0e1x112e2e因此，当x(,0)时，k(x)k(0)所以.e1e12e综上所述，.e1试卷第5页，共5页{#{QQABIYSEogCoABIAAAhCAwGiCAAQkBEAAAoGAEAMoAABAQFABAA=}#}