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高三八校联考数学试题参考答案 第 1 页 共 7 页 2021 届高三年级苏州八校联盟第一次适应性检测 数学参考答案 2020.10 一、单项选择题：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、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.试题中包含两个空的，只答对 1 个给 3 分，全部答对 的给 5 分. 13. (—1,2) 14. 2； ,1 15. 4 16. —4 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答。解答时应写出文字说明、证明过程 或演算步骤。 17.解：（1）由 2lg lg lg2 xy xy 可得： 2lg( ) lg( )2 xy xy  且 xy ， 所以， 2 2 2( ) , 6 02 xy xy x xy y     即 22( ) 6( ) 1 0,( 3) 8, 3 2 2, 2 1x x x x x y y y y y         .┅┅┅┅┅┅┅┅5 分 （2） 因为 1 4sin80 sin10 cos104sin80 tan10 sin10  2sin 20 cos10 sin10  2sin(30 10 ) cos10 sin10  3 ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅10 分 18.解：若选择① 由正弦定理 sin sin sin a b c A B C可将 2 cosc A b 化为： 2sin cos sinC A B ┅┅┅3 分 又 A B C    ，所以sin sin( )B A C 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B A C C B C D 题号 9 10 11 12 答案 AD CD BD BD 高三八校联考数学试题参考答案 第 2 页 共 7 页 所以 2sin cos sin( )C A A C 即sin cos cos sin 0A C A C，┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅7 分 sin( ) 0AC   ， AC 2ac   ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅9 分 所以 1 sin 2sin 22ABCS ac B B    （当 2B  时取到等号） 所以 ABC 面积的最大值为 2. ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅12 分 若选择② 由正弦定理 sin sin sin a b c A B C可将 2 2 cosb a c A 化为： 2sin sin 2sin cosB A C A ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅3 分 又 A B C    ，所以sin sin( )B A C 所以 2sin( ) sin 2sin cosA C A C A   即 2sin cos sinA C A ，┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅6 分 1cos 2C 又 (0, )C  ， 3C ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅8 分 又由余弦定理 2 2 2 2 cosc a b ab C   可得： 2242a b ab ab ab ab      （当且仅当 ab 时取等号）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅10 分 1 sin 2sin 32ABCS ab C C    所以 面积的最大值为 3 .┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅12 分 若选择③ 因为 2c  ，所以 2 4 2a b c ab    4ab（当且仅当 ab 时取等号）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅3 分 又由余弦定理 2 2 2 cos 2 a b cC ab  得： 2 2 2 2 231( ) ( ) 12 4 2cos 2 2 2 2 aba b a b ab abC ab ab ab         （当且仅当 时取等号）┅8 分 0 3C    高三八校联考数学试题参考答案 第 3 页 共 7 页 11sin 4 sin 32 2 3ABCS ab C        （当且仅当 ab 时取等号） 所以 ABC 面积的最大值为 3 .┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅12 分 19. 解：（1）∵OE=1，EF= 3 ∴∠EOF=60° 当 ∈[0 ，15°]时，△AOB 的两顶点 A、B 在 E、F 上， 且 AE=tan  ,BE=tan(45°+  ) ∴f( )=S△AOB= 2 1 [tan(45°+  )－tan  ] = sin 45 2cos cos(45 )    = 2 2cos(2 45 ) 2    ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅3 分 当 ∈（15°,45°]时，A 点在 EF 上，B 点在 FG 上，且 OA= cos 1 ，OB= 3 cos(45 ) ∴ )(f =S△AOB= OA·OB·sin45°= cos2 1 · 3 cos(45 ) ·sin45°= 6 2cos( 2 ) 24   ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅6 分 综上得：f( )= 2 [0, ]122cos(2 ) 24 6 ( , ]12 42cos(2 ) 24          　　 　　 ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅7 分 （2）由（1）得：当 ∈[0， 12  ]时 f( )= 2 2cos(2 ) 24   ∈[ , －1] 且当 =0 时，f( )min= ； = 时，f( )max= －1；┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅9 分 当 ∈ ]4,12(  时,－ ≤2  － 4  ≤ ，f（ ）= 6 2cos(2 ) 24   ∈[ 6 － , 2 3 ] 且当 = 8  时，f( ) min= － ；当 = 4  时，f( ) max= ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅11 分 所以 f( ) ∈[ , ].┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅12 分 20. 解：（1）当 时， 方程 即 有解 ， 所以 为“局部奇函数”． ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅4 分 （2）当 时， 可化为 高三八校联考数学试题参考答案 第 4 页 共 7 页 ． 设 ，则 ，┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅6 分 从而 在 有解即可保证 为“局部奇函数”． 令 ， 1° 当 ， 在 有解， 由 ，即 ，解得 √ √ ； ┅┅┅┅┅┅┅┅8 分 2° 当 时， 在 有解等价于 { 解得 √ √ ． ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅11 分 （说明：也可转化为大根大于等于 2 求解） 综上，所求实数 m 的取值范围为 √ √ ． ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅12 分 21.解：（1）因为 2a c b ， 所以由余弦定理 2 2 2 cos 2 a c bB ac  可得： 2 2 2 2 231( ) ( ) 12 4 2cos 2 2 2 2 aca c a c ac acB ac ac ac         （当且仅当 ac 时取等号）┅2 分 又 (0, )B  ， (0, ]3B  所以角 B 的最大值为 3  .┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅3 分 （2）（ i）由 a c mb 及正弦定理 sin sin sin a b c A B C得sin sin sinA C m B ， 所以 2sin cos 2 sin cos2 2 2 2 A C A C B Bm ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅4 分 （或者由sin( ) sin( ) 2 sin cos2 2 2 2 2 2 A C A C A C A C B Bm       可得上式） 因为 2 2 2 A C B ，所以有cos cos22 A C A Cm ，┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅6 分 展开整理得(1 )sin sin ( 1)cos cos2 2 2 2 A C A Cmm   ， 故 1tan tan2 2 1 A C m m   ．┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅7 分 （ii）由 1tan tan2 2 1 A C m m   及半角正切公式 1 cos sintan 2 sin 1 cos      可得 2 2 2 1 cos sin 1 cos sin 1 cos 1 cos ( 1)(tan tan )2 2 sin 1 cos sin 1 cos 1 cos 1 cos ( 1) A C A A C C A C m A A C C A C m                ， ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅9 分 对其展开整理得 高三八校联考数学试题参考答案 第 5 页 共 7 页 24 2( 1)(cos cos ) 4 cos cosm m A C m A C     即   24 2 1 cos cos 4cos cos m m A C mAC     ， 即 2 2 2cos cos 21 cos cos 1 mAC mm A C m    ，即 2 2 2cos cos 1 12 cos cos1 mACm m ACm     ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅11 分 与原三角式作比较可知 ()m 存在且 2 2() 1 mm m   ． ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅12 分 22.解：（1）设函数 ( ) ( ) ( ) 1xF x f x g x e ax     ， 所以   xF x e a ，令   0Fx  得 lnxa ，（ a>0） 且当 lnxa 时，   0Fx  ；当 lnxa 时，   0Fx  所以 ()Fx在 ,ln a 上单调递减，在 ln ,a  上单调递增， 所以 min( ) (ln ) ln 1F x F a a a a    ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅2 分 因为要使得 ( ) ( )f x g x 恒成立，只要 ( ) 0Fx 恒成立 即 min( ) (ln ) ln 1 0F x F a a a a     ① 设 ( ) ln 1G a a a a   ， 1a  且 aN ( ) ln 0G a a   ， ()Ga 在 1a  上单调递减 又 (3) 3 3ln3 1 4 3.3 0G       ， (4) 4 4ln 4 1 5 5.52 0G       ， 且 ()Ga 图象连续不断，所以满足①的 a 的最大值为 3. ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅4 分 （2） 1 1( ) cosax ah x e x e   ， 0, 2x  设 1( ) cosaxH x e x ，则  1 1 1( ) cos sin cos tanax ax axH x ae x e x x e a x          ， 因为 0a  ，所以在(0, )2  内必存在唯一的实数 0x ，使得 0tan xa 所以  00, , ( ) 0, ( )x x H x H x为增函数 0( , )2xx ，   0Hx  ，  Hx为减函数 高三八校联考数学试题参考答案 第 6 页 共 7 页 （说明  hx单调性同样给分）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅6 分 下面先证明： 1 0() aH x e  . 因为 0tan xa ，所以 0022 1cos ,sin 11 axx aa   ， （法一） 当 0x  时，有 1, sinxe x x x   ，（ 不证明不扣分） 00 1111cos cos 0 0 1 , coscos xxe x ex      ，   00 0 0 0 11sin1 cos cos 00cos ax a xax x xH x e x e e      下证 0 0 1 1sin cosax x aee    ，即证 0 0 11sin cosax xa   ，即证 2 2 2 11 1 a a aa      . 2 2 22 111 11 a a aaa         0Hx 1 ae  .┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅8 分 （法二） 当 时，有 ，（ 不证明不扣分） 0 1 00sinaxe ax a x   ，   0 2 1 0 0 0 0 2cos sin cos 1 ax aH x e x a x x a       下证 12 21 aa ea   ，令 1t a ，则 0t  即证 2 1 ( 0)1 tett  ，即证   21 1 0 0tt e t    令    211tt t e    ，则    210tt t e     t 为单调递增函数 当 0t  时，    00t .┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅8 分 （法三）欲证 0 1 1 0cosax ae x e ，即证 0 1 1 0 1 cos ax ae x   因为 0 1 1 0 1ax ae ax a  ，所以只需证 0 0 11 cosax ax ， 高三八校联考数学试题参考答案 第 7 页 共 7 页 即证 00 00 11tan tan cosxx xx， 即证 0 0 0 0 0 0 sin cos 1 cos sin cos x x x x x x 即证 22 0 0 0 0sin cos sinx x x x，又 00sinxx 只需证 32 0 0 0sin cos sinx x x，即证 32 0 0 0sin sin sin 1 0x x x    即证   2 00sin 1 sin 1 0xx   又 0 (0, )2x  ，所以 显然成立.  0Hx 1 ae  .┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅8 分 接下来，求函数  hx在 0 , 2x    上的零点个数   1 00, 02 ah e h x     ，且函数 在 上单调递减  hx 在 上有唯一零点，即函数 在 上的零点个数为 1┅┅┅9 分 最后，求函数 在 00, x 上的零点个数     1 1 00 , 0ah e e h x   ，且函数 在 00, x 上单调递增 1 当01a时，   1 100ah e e   ，所以函数 在 上没有零点， 即函数 在 上的零点个数为 0┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅10 分 2 当 1a  时，   1 100ah e e   ，所以函数 在 上有唯一零点， 即函数 在 上的零点个数为 1┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅11 分 综上所述：当 时， 在 0, 2   上的零点个数为 1 ； 当 时， 在 上的零点个数为 2 . ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅12 分