山东省中昇大联考2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题

这是一份山东省中昇大联考2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题，文件包含数学试卷docx、数学试卷pdf、数学参考答案docx、数学参考答案pdf、数学答题卡docx、数学答题卡pdf等6份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。

解：(1)法一： 题目要求的.
}2024-2025 学年高三 10 月检测
数学参考答案
  
所以， f (x) 在0, 上的增区间为 0,
 
 
8
，
5 
,
 
 
8
.------------------------------------------------------13 分
1. B 2. A 3. B 4. C 5. B 6. C 7. C 8. D
二、多项选择题：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
因为函数
a  2
x
f (x)  (a  R)
2 1
x
是奇函数，且定义域为 R ，
求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
所以 f (0)  0，即：
f
a 1
(0)   0 ，解之得 a 1.-------------------------------------1 分
2
9. BCD 10. BD 11. ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 3 13.
9
2
14. 3
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.(13 分)
1 2
x
，-----------------------------------------------------------------------------------2 分
x 2 1
当 a 1时，
f (x) 
1 2 2 1
x x
f (x)     f (x)
2 1 2 1
x x
，
所以
  
解：（1）因为 f (x) M ,3 的一个最高点坐标为
，所以 A  3 .----------------------------------1 分
 
8
 
又因为 f (x) 的图像上相邻两个最高点的距离为 ，所以
2

  ，即  2.
所以，函数 f (x) 是奇函数，
所以 a 1.------------------------------------------------------------------------------------------------------------3 分
法二：因为 f (x) 是奇函数，
所以 f x 3sin2x .--------------------------------------------------------------------------------------3 分
  
把 M ,3
 
 
8
  
代入上式得3 3sin 
   
 
4
  
，即1 sin  

 
4
，
 12x 
a  1
a  2 a  2 a  2 a2  1
x x x x
所以
f (x)  f (x)       a 1 0
，---------2 分
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
x x x x x
所以 a 1.----------------------------------------------------------------------------------------------------------3 分
  
所以，    2k,k Z ,即   2k ，-----------------------------------------------------5 分
4 2 4
（2）由(1)得：
f (x) 
1 2
x
，-------------------------------------------------------4 分
2 1
x
又因为
 
  ，所以  .------------------------------------------------------------------------------------6 分
2 4
任取
x x  R ,且
1, 2
x＜x ，------------------------------------------------------------5 分
1 2
  
所以   3sin 2
f x   x  
 
4
.------------------------------------------------------------------------------------7 分
则
x x x x
1 2 1 2 2(2  2 )
1 2 2 1
f (x )  f (x )=  
1 2
x x x x
2 1 2 1 (2 1)( 2 1)
1 2 1 2
，-----------------------------------7 分
  
（2）由   2k  2x    2k,k Z 得
2 4 2
因为
x＜x ，所以
1 2
2x 2x ＞0 ，即：
2 1
f (x )  f (x )=
1 2
2(2  2 )
x x
2 1
＞0，----------------9 分
(2 1)( 2 1)
x x
1 2
3 
  k  x   k,k Z ，-------------------------------------------------------------------9 分
8 8
所以，
f x f x ，即函数 f (x) 在 R 上是减函数.-------------------------------------10 分
( )> ( )
1 2
即 f (x) 在 R 上的增区间为
 3  
  k,  k ,k Z
 
 
8 8
.--------------------------------------------10 分
，
故 k 的取值范围为 3 k 1.----------------------------------------------------15 分
18.（17 分） 17.（15 分）
解：（1）函数 f (x) 的定义域为(0,) . ---------------------------------------------------------------------1 分
解：因为在ABC中， D 为 BC 的中点，
当 a  2时， f (x) 在 (0,2  a) 上单调递减，在 (2  a,) 上单调递增. --------------------------7 分
（2）在ABC中，由余弦定理得
在(0,) 上单调递增. -----------------------------------------------------------------------------11 分
}所以不等式  
f t2  kt  f (1 t)  0恒成立等价为
f t2 kt  f (1t)  f (t 1)
恒成立，-------------------------------------------12 分
10
因为 AD  2DE ,所以
DE  .-------------------------------------------------13 分
2
在BDE 中，由余弦定理得
因为 f (x) 在 R 上是减函数，所以t2 kt  t 1,即 2 ( 1) 1 0
t  k  t   恒成立，----------------13 分
设 g(t)  t2 (k 1)t 1，可得当   0时， g(t)  0 恒成立，-------------------------14 分
2 2 2 5
BE  BD  DE  2BD DE csBDE 
2
可得 (k 1)2  4  0 ，解得 3 k 1.
所以
10
BE  .------------------------------------------------------------------15 分
2
所以 2AD  AB  AC ,-----------------------------------------------------------2 分
    
2 2 2
即
4AD  AB  AC  2AB AC
，
2  a
1 2  a x  2  a
因为 f (x)  ln x  1 a ，所以
f
(x)    . ----------------------------3 分
x
x x x
2 2
当 a 2  0，即 a  2时， f (x)  0； --------------------------------------------------------------4 分
2
即  
42  4  2 2  242 2 csBAC ,-------------------------------------4 分
2 2
当 a 2  0，即 a  2时，由 f (x)  0，得 x  2a ；由 f (x)  0 ，得 0  x  2a.----------6 分
2
所以 BAC   .----------------------------------------------------------6 分
cs
4
综上，当 a  2时， f (x) 在(0,) 上单调递增；
AC2  AB2  BC2  2AB BC csABC ,---------------------------------------7 分
2  a
（2）因为 f (x)  0 ，即 ln x  1 a  0，所以 xln x  2  x  (1 x)a，
x
即 BC2 4 2BC 8  0 ，--------------------------------------------------------8 分
所以
a

xln
x 
1
2
x

x
对x(0,)恒成立. ---------------------------------------------------------------9 分
即 BC  2 2 .-------------------------------------------------------------------9 分
设
xln x  2  x
g(x)  ，则
1 x
x  ln x  2
g(x)  . --------------------------------------------------------10 分
(1 x)
2
因为 D BC BD  DC  2 为 的中点，所以 ,
所以，在ABC中， AC2  BC2  AB2 ,即 AC  BC .------------------------------10 分
1
设 h(x)  x  ln x  2，显然 h(x) 1  0在(0,) 上恒成立，
x
hx
即
所以 AD2  AC2  CD2 10,即 AD  10 ，--------------------------------------11 分
因为 h(1)  1 0,h(2)  ln 2  0 ，所以根据零点存在定理可知 x (1, 2) ，使得 ( ) 0
0  h x ，即
0 
DC 5
所以 csBDE  csADC   .----------------------------------------12 分
AD 5
x0  x   . ------------------------------------------------------------------------------------------------------12 分
ln 2 0
0
当
0  x  x 时， h(x)  0，即 g(x)  0；当
0
x
0
因为1 x0  2 ，且 aZ ，所以 a的最大值为 0. ----------------------------------------------------------------17 分
19. （17 分）
解：（1）因为37 11 2 ，--------------------------------------------------------2 分
所以3,11是2, 7的“下位序列”;----------------------------------------------------------------------------------3 分
（2）因为a,b是c,d的“下位序列”
所以ad  bc ，即 ad  bc  0，bc  ad  0 ----------------------------------------------------------------------5 分
因为a 、b 、c 、 d 均为正数，
a  c a bc  ad
所以   0
  
，
b  d b b  d b
因为 m ， n ， k 均为为整数，
所以 2024(mn  n 1)  20242025k  2025(mn 1) ，
}所以， g(x) 在 0 
(0, x ) 上单调递减，在 (x , ) 上单调递增.--------------------------------------------------14 分
0
所以 n 
4049
2024  m
，-----------------------------------------------------------15 分
x
ln
x

2 
x
x (2  x )  2  x
所以 g(x)min  g(x )

0
0
0
 0 0 0  2  x . ----------------------------15 分
0
0
1
x
1 x
0
0
所以 2 x
a   . -----------------------------------------------------------------------------------------------------------16 分
0
该式对集合m 0  m  2024,m N内的每个正整数 m 都成立，
4049
n  
2024  2023
所以
4049
，-----------------------------------------------------16 分
即
a  c a

b  d b
，-----------------------------------------------------------------7 分
所以
a  c a

b  d b
，--------------------------------------------------------------------8 分
同理可得
a  c c

b  d d
，-------------------------------------------------------------10 分
综上所述：
a a  c c
 
b b  d d
；--------------------------------------------------------11 分
mn  2024k
由已知得

(m 1)n  2025k

，-------------------------------------------------13 分
mn 1 2024k
所以

(m 1)n 1 2025k

，-------------------------------------------------------14 分