2023—2024学年度高三第一学月七校联考高三数学答案123456789101112BDACCABABCBCDACDABD3,23113．714．215．16．1238．【详解】正数x,y满足ylnxylnyex，所以ylnxyex，即xylnxyxex，所以lnxyelnxyxex，令gxxexx0,gxx1ex0，所以gx在0,上单调递增，所以glnxygxxlnxy，即exxy，所以xy2xex2x，令fxex2x,fxex2，所以fx在0,ln2上fx0,fx单减；在ln2,上fx0,fx单增，所以fx的最小值是fln2eln22ln222ln2，所以xy2x的最小值为22ln2.选Axx12．【详解】函数fxex1cosxex1sinx，2求导得f(x)exsinx(x1)cosx，再次求导得f(x)ex2cosx(x1)sinx，ππ对于A，当x0时，ex0,sinx0,x1cosx0，有f(x)0，函数fx在[,0]22上单调递增，A正确；π对于B，当x时，ex0,cosx0,(x1)sinx0，有f(x)0，函数f(x)在2π[,]上单调递增，22而f()e10,f()e10，则x(,)使得f(x0)0，202当xx时，f(x)0，当xx时，f(x)0，因此f(x)在[,x]上递减，在0020[x,]上递增，022023-2024学年度高三第一学月七校联考数学答案第1页共6页学科网（北京）股份有限公司由选项A知，f(x)在[x0,0]上递增，又2f()e0,f(0)10,f(x)f()e10，则x1(,x0),x2(x0,0)，022使得f(x1)f(x2)0，因此函数fx在π,0上有两个零点，B正确；对于C，对xπ,0恒有fx2k02kf(x)，由选项B知，f(x)minf(x0)，x0x0则有2kf(x0)ex01sinx0，由fx00得：esinx0(x01)cosx0，f(x0)sinx0(x01)cosx0x01sinx0sinx0(x01)(cosx0sinx0)，令h(x)sinx(x1)(cosxsinx),x，h(x)(3x)cosxxsinx0，2π函数h(x)在[,]上单调递减，h(x)h()2，又f(x)f()e21，222022111则有1fxe2，因此整数k的最大值为2，C不正确；420242对于D，当0x1时，令u(x)sinxx,t(x)lnx(x1)，则1u(x)cosx10,t(x)10，x函数u(x)在(0,1)上递减，u(x)u(0)0，即0sinxx1，函数t(x)在(0,1)上递增，t(x)t(1)0，即lnxx1，令(x)f(x)lnxex(x1)sinxlnxex(x1)xx1ex(x1)2，0x1，显然(x1)2在(0,1)上单调递增，则有函数yex(x1)2在(0,1)上单调递增，因此ex(x1)2e，即(x)e，所以当0x1时，fxelnx成立，D正确.故选：ABD16．【详解】由9sin2(AB)cos2C1可得9sin2(AB)sin2C，由ab，则AB，则sinC3sin(AB).因为ABC，所以sin(AB)sinC，则a2c2b2b2c2a2sin(A+B)3sin(AB)sinAcosB2cosAsinB，则a2b，2ac2bcb2c2a2c，则a2c2b22b22c22a2，则3a2c23b212.因为cosA，2bc6c2111c236c2则sinA1，则SbcsinAc2(36c2)()23，当且36ABC26622023-2024学年度高三第一学月七校联考数学答案第2页共6页学科网（北京）股份有限公司仅当c236c2，即c32时取得等号.故3a2c23b212，面积最大值为3.解答题17．（1）QAx2x6，Bxx24x0x0x4，ABx2x4，ABx0x6，ðRABxx0或x6，（2）无论选①还是选②还是选③，均等价于CB，①若C，则2m1m1，解得m2，m105②若C，则2m14，解得2m≤，22m1m15综上，m218．（1）∵2π∴fx的最小正周期Tπ，2ππππ5π由2kπ2x2kπ,kZ，解得kπxkπ,kZ，23212125\f(x)的单调递增区间为k,k,kZ；1212π（2）fx2sin2x，3ππππ2π1Qx,,2x,，则sin2x,1，fx1,2，42363322023-2024学年度高三第一学月七校联考数学答案第3页共6页学科网（北京）股份有限公司x2x19．（1）由题设f(x)lnx，1xe，则f(x)，22x所以在[1,2)上f(x)0，f(x)递增，在(2,e]上f(x)0，f(x)递减，1e则f(1)f(e)1，极大值f(2)ln21，221综上，f(x)最大值为ln21，最小值为.2（2）(法1)根据题意，只需g(x)maxf(x)max即可，22一方面，由g(x)x2x2(x1)1在x[1,2]上g(x)maxg(1)5，1另一方面，由f(x)a且x(0,)，x当a0时，f(x)0，此时f(x)递增且值域为R，所以满足题设；11当a<0时，(0,)上f(x)0，f(x)递增；(,)上f(x)0，f(x)递减；aa11所以f(x)f()1ln(a)，此时1ln(a)5，可得a，maxae61综上，a的取值范围(,).e622(法2)因为g(x)x2x2(x1)1在x[1,2]上g(x)maxg(1)5，原问题等价于x0，使得5axlnx成立，5lnx5lnx即x0，使得a成立，即ax0xxmin5lnxlnx6令hxx0，则h'xx0xx25lnx所以hx在区间0.e6上单减，在区间e6.上单增x611所以hminxhe6，从而a6ee20．（1）解：因为2bccosAacosC，由正弦定理可得2sinBsinCcosAsinAcosC，所以，2sinBcosAsinCcosAsinAcosCsinACsinB，π1ππ因为B0,，所以sinB0，所以cosA，因为0A，所以A.2223（2）解：在△ABC中，因为a2b2c22bccosA，2023-2024学年度高三第一学月七校联考数学答案第4页共6页学科网（北京）股份有限公司2所以7b2322b3cos，所以b23b20，解得b2或b13b2a2c2179当b1时，cosC0，则C为钝角，不符合题意，2ab27b2a2c2479当b2时，cosC0，则C为锐角，合乎题意，故b2，2ab47uuuruuuruuuruuur1uuuruuur1uuuruuur1uuuruuur因为D为BC的中点，则ADABBDABBCABACABABAC，222uuuruuuruuuruuuruuur2122122π11所以，ADABAC2ABACcb2cbcos94232443421919，故AD.公众号：高中试卷君4291821．（1）ym98mxm9x21xx0m2x1181919（2）y21x21.5x21.52x15.5,112x12x2x22195xx当且仅当1时取等,所以当广告促销费用定为2.5万元的时候，该产品2x22利润最大，为15.5万元22．lnx1lnalnx(x1)ln(x1)x(lnalnx)（1）先作换底变换：f(x)lna.则f'(x)ln(x1)ln(x1)x(x1)ln2(x1)lna，(x1)ln(x1)x(ln2lnx)1当a2时f'(x)，则f'(1)，而f(1)1，x(x1)ln2(x1)2ln21则切线方程为y1(x1)，即x2ln2y2ln210.....................（4分：注，如2ln2果没作换底求对了也给分，导数求对给1分，斜率算对1分，函数值求对给1分，方程求对给1分）(x1)ln(x1)x(lnalnx)（2）由（1）知f'(x)(x0)，分母不影响符号，故只研究分x(x1)ln2(x1)2023-2024学年度高三第一学月七校联考数学答案第5页共6页学科网（北京）股份有限公司子的变化情况.设(x)(x1)ln(x1)x(lnalnx)(x0)，则x1'(x)ln(x1)lnxlnalnlna...............（1分）xx1第一种情形，若0a1，则lna0，而ln0，则'(x)0在(0,)上恒成立，则x(x)在(0,)上单调递增，又因为当x0时，(x)0，则(x)0在(0,)上恒成立，即f'(x)0在(0,)上恒成立，则f(x)在(0,)上单调递增，则f(x)在定义域内无极值点......................（1分）1第二种情形，若a1，令'(x)0得x，易知'(x)在(0,)单调递减，当a111x(0,)时，'(x)0，(x)单调递增，当x(,)时，'(x)0，(x)单调递减.a1a111111a而()(1)ln(1)(lnaln)ln0，又因为当x0时，a1a1a1a1a1a11(x)0，当x时，(x)，则存在唯一的实数x(,)，使得当0a1x(0,x0)时，(x)0，f(x)0，f(x)单调递增，当x(x0,)时，(x)0，f(x)0，f(x)单调递减，则xx0为函数f(x)的极大值点，所以a的取值范围为(1,)..........................（3分）由前面的分析知f(x)的极大值点x0满足方程(x0)(x01)ln(x01)x0(lnalnx0)0lnalnx，而0，则f(x0)ln(x01)lnalnxx11100，当且仅当时取等x0f(x0)x0x0x012x013x01ln(x01)x0x0x0号，此时a2ln2.故x0