湖北省六校新高考联盟学校2023-2024学年高三上学期11月联考 数学答案

2023-11-20 · U1 上传 · 8页 · 222.2 K

2023年湖北六校新高考联盟学校高三年级11月联考数学评分细则选择题:题号123456789101112答案ADCBCBABACBCDABCBCD填空题:13.x0,,x22x3014.2n,(1n2022).,15.,e163ann2022(1),(n2023)1.z1i2023=1i,z=1+i在复平面上对应的点为(1,1),该点在第一象限,故选A.2.Axx21,A,13,,B0,2,所以AB(0,1),故选D.3.sincos2kcos2k,kZ=2k或2k.选C2222xy33114.因为xy,所以xy,故,故选B.33aa20235.d31,aa2022,26202316620231sinasinsin(337)sin,故选C.202366622a2c2b2ca6.由余弦定理得ab2ccosB2c,1,2acbb2bcbababa∴1213,当且仅当即ab时等号成立,abababab2bc所以的最小值为3.故选B.ab7.由条件知,cos2sin,反复利用此结论,并注意到cos2sin21,得1cos2sin2cos4sin2(1sin)(1cos2)2sincos22.故选A.sinsin8.因为f(x)2sinxcos2x4所以f(x)2sinxsin2x2sinx2sinxcosx44444数学答案第1页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}令x,则f2sin2sincos2sinsin24则f2cos2cos222cos212cos4cos22cos21令f0,得cos1或cos215当1cos,即(2k,2k),kZ时,f0,f()单调递减;2331当cos1,即(2k,2k),kZ时,f0,f()单调递增;233又f()周期为2,所以=2k,kZ时,f取得最大值,333133所以fx22,故选B.max22229.因为a(1,3),b(x,2),所以a2b12x,1,则a2ba12x30,解得:x1,所以b(1,2),故A正确;223ab4,7,所以3ab47164965,故B错误;ab1652cosa,b2,ab13212221052又因为0a,b180,故向量a与向量b的夹角是45°,故C正确;aba51,313向量b在向量a上的投影向量坐标是:,,故D错误.aa101022故选:AC.110.对于选项A,令tx29,则t3,则g(t)t,t3,t10又g(t)在3,为增函数,即g(t)g(3),即A错误;min3对于选项B,当x2时,2x0,1(44xx2)11因此f(x)(2x)2(2x)2,2x2x2x1当且仅当2x时取等号.而此方程有解x1(,2),故f(x)在(,2)上最小值为2.2x141143对于选项C,f(x)=x15x,当且仅当x1时取等x15x6x15x2数学答案第2页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}对选项D,4x+4y=2x1+2y1(2x)2(2y)22(2x2y)(2x2y)222x2y2(2x2y)(2x2y)2S2S2S22S22x2y,又022x2y.0S22S,解得2S4.222故选BCD.x11.当x0时,f'xx1e,当x1时,f'x0,故fx在,1上为减函数,当1x0时,f'x0,故fx在1,0上为增函数,所以当x0时,fx的最小值为1f1.又在R上,fx的图像如图所示:e因为gx有两个不同的零点,所以方程fxm有两个不同的解,即直线ym与yfx有两个不同交点且交点的横坐标分别为x1,x2,1故1m2或m0或m.若1m2,则xx2;若m0,则xx3;e1212111若m,则xx132.综上,选ABC.e12ee11111181812.因为ln(1),令x7,ln(1)ln,则e8,故A错误;1xxx1787771x1123181因为ln(1)ln,则ln1,ln,…,ln,xxx1227711以上各式相加有ln81,B正确;2711x1121318因为ln1ln,则ln,ln,…,ln,1xxx213287111以上各式相加有ln8,C正确;2381111由ln(1)得,xln(1)1,即ln(1)x1,xxxx0181xCCC1(1)e,因此888(1)8e,所以D正确.x8081888故选:BCD13.“x0,,x22x30”的否定是“x0,,x22x30”.sinx,x033314.因为fx2,所以fsin1,所以fff12,,x0222xxexlnx15.由fxmxlnx,得mxlnx0,即emxlnx0对任意的x0恒成立,x1x1令Fxxlnx,则Fx1,所以当0x1时,Fx0,Fx单调递减;xx数学答案第3页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}当x1时,Fx0,Fx单调递增,所以FxF11.令txlnx,则t1,,则exlnxmxlnx0对任意的x0恒成立,tete等价于etmt0对任意的t1恒成立,等价于m对任意的t1恒成立,即m.ttminettetetett1令htt1,则ht0,所以ht在1,上单调递增,tt2t2所以hth1e,所以me,所以实数m的取值范围为,e.当时23由得当时2316.(1)n1,a1a1,a10a11.n2,(1a2)1a2,由得或,当时,233a20a22a21n3(1a2a3)1a2a3.若得或;若得;a22a33a32a21a31综上,满足条件的三项数列有三个:1,2,3或1,2,2或1,1,1(2)令则2333,从而Sna1a2an,Sna1a2an(nN)23333两式相减,结合得2(Snan1)a1a2anan1.an102Snan1an1当时,由(1)知;n1a11当时,22即n22an2(SnSn1)(an1an1)(anan),(an1an)(an1an1)0,所以或又an1anan1an1a11,a20232022,n,(1n2022)所以.ann2022(1),(n2023)17.(10分)解:2(1)A3,4,当m5时,Bxx6x50=1,5,AB=1,4………………5分(2)由题得B是A的真子集,不等式x21mxm0等价于x1xm0当m1时,B1,满足题意;当m1时,B1,m,则1m4;当m1时,Bm,1,3m1;综上所述,m3,4………………10分18.(12分)解:2(1)fxab3sinxcosxcosx数学答案第4页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}31112sin2xcos2xsin2x,所以fx的周期T,222622k令2xk(kZ),得x(kZ),6122k1所以fx的对称中心(,)(kZ).………………6分1222(2)令2k2x2k(kZ)262解得kxk(kZ),由于x0,,362所以当k0或1时,得函数fx的单调递增区间为0,和,.………………12分6319.(12分)解:(1)由S12a11得:a11,因为SnSn12ann2an1(n1)(n2),所以an2an11,a1n从而由an12an11得2(n2),an11所以an1是以2为首项,2为公比的等比数列.………………6分(2)由(1)得n,an2132n1所以a1a3a5a2n1222(n1)214n1(n1)1422n33n5.………………12分320.(12分)解:(1)由题得(ac)sinCcsin(BC),即(sinAsinC)sinCsinCsin(BC),由于sinC0,则有sinAsinCsin(BC),即sin(BC)sinCsin(BC),1即2cosBsinCsinC0,由于sinC0,则有2cosB=1,即cosB=,2又B(0,),故B.………………6分23(2)设ABC外接圆半径为R,则ABC的周长为数学答案第5页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}23+2sinCabc22RsinB2RsinC=2+(sinBsinC)=2+sinAsinA3+2sin(A)3(1cosA)3=2+333,AsinAsinAtan2AA由于ABC为锐角三角形,所以A(,),,,tan(23,1)6221242所以3+3abc623,即ABC周长的取值范围是(3+3,623)………………12分21.(12分)解:(1)因为f(x)ex1asinx(aR),所以f(x)exacosx,设h(x)f(x),h(x)exasinx,当a0时,即a0时,因为x0,,sinx0,所以asinx0,而ex10,所以ex1asinx0,即f(x)≥0恒成立,当0a1时,h(x)exasinx0,所以f(x)在[0,π]上递增,而f(0)1a0,所以f(x)f(0)0,所以f(x)在[0,π]上递增,即f(x)f(

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