2024届高三10月大联考（新课标II卷）（辽宁专用）数学·全解全析及评分标准一、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，只有一个选项是符合题目要求的。123456789101112BADBCDABBCACDACDABD1．B【解析】由题意,知Ax{Z|4x4}{4,3,2,1,0,1,2,3,4}.Bx{|1x4}AB{1,0,1,2,3}{4,3,2,4}又，所以，所以A(AB).故选B．2．A【解析】若“是第二象限角”，则sin0,tan0，所以sintan0，所以“是第二象限角”是“sintan0”的充分条件；若sintan0，则sin0,tan0或sin0,tan0，所以θ是第二象限角或第三象限角，则“是第二象限角”不是“sintan0”的必要条件，故选A．2x3．D【解析】方法一：由题意，知函数fx()x2log的定义域为(2,2)，关于原点对称，且42x2xfxx()()2logfx()，所以函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，C；42x2x2x当x(0,2)时，1，即log0，因此f(x)0，故排除A．故选D．2x42x方法二：由方法一，知函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，C；1又f(1)log30，所以排除A．故选D．22π234．B【解析】方法一：因为|NO||MO|2,|MN|23,所以OMN,|MP|,63223π所以MOOPMO(MPMO)MOMPMO2cos4242．故选B．36方法二：如图，设MN的中点为Q，连接OQ，则OQMN.由|NO||MO|2，π233|MN|23，得|MQ|3，|OQ|1，所以OMQ，|MP|，所以|PQ|，633ππ23所以POQ，所以POM，|OP|，663π233所以MOOPOMOP|OM||OP|cos22.故选B．6325．C【解析】令y100e4.60.1x60，得0.1x4.6ln400.9,解得x9，故至少需要10个月,总质量为100g的PBAT才会被分解为对环境无害的物质．故选C．数学全解全析及评分标准第1页（共12页）{#{QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=}#}6．D【解析】设圆的半径为R,依题意，由余弦定理，得crd(45)2RRRR222cos45(22)R2，所以crd(45)22R6022.故选D.1147．A【解析】因为cos(coscos)sin(sinsin)，所以1cos()，所以cos().555π33因为，(0,)，，所以0，所以sin()，所以sincoscossin.又225571714sincos，所以cossin，所以sin()sincoscossin．故选A．1010101058．B【解析】易知f(x)axaxcosxx2(a1)是偶函数，fxaa()(xx)lnax2sinx，当x0时，因为a1，所以lna0,axax0.令(x)2xsinx，x0，则'x()2cosx0，所以(x)单调lnx递增，所以(x)(0)0，所以f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增．构造函数g(x)，则x1lnxg'(x).令g'(x)0，得0xe，令g'(x)0，得xe，所以g(x)在区间(0,e)上单调递增，在x2ln2ln4ln2ln4lnπlne区间(e,)上单调递减．又，所以g(4)g(π)g(e)，所以，所以2424πe1111111122ππee，所以f(2)f(ππ)f(e)ef(e)e，即f(2)f(ππ)f(e)e．故选B.二、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2分，有选错的得0分。119．BC【解析】对于A，当a2,b时，log0，故A错误；222对于B，因为ab0，所以2a-b1，故B正确；bb对于C，因为ab0，所以01，所以ln0，故C正确；aa对于D，当a1,0b1时，logab0，logba0，logab4logba0，故D错误.故选BC．5ππ2π10．ACD【解析】由题图，得A2，最小正周期T4()π.又Tπ，所以2,故A正确；126ππππfx()2sin(2x),又f(x)的图象过点(,0)，所以22πk(kZ).又||，所以，故6623B错误；πππ5π2π4π2π4πfx()2sin(2x)，令t2x，当x时，t，ysint在(,)上单调递减，33263333故C正确；ππf()2sin(π)3，故D正确.故选ACD．23π11．ACD【解析】因为f(x)的定义域为{|xxkπ+，kZ}，关于原点对称，且fx()cos(x)|tan(x)|2数学全解全析及评分标准第2页（共12页）{#{QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=}#}cosx|tanx|fx()，所以f(x)是偶函数，故A正确；3π23π3ππ因为f(π)0,(f)，所以f(π)f()，且[π,][π,)，故B不正确；42442fx(π)cos(πx)|tan(πx)|cosxxfx|tan|()，故C正确；ππ因为当x[0,)时，cosx0,tanx0,sinx0，所以fx()sinx0，同理，当x(,0]时，f(x)22sinx0，故D正确．故选ACD．12．ABD【解析】因为g(2x1)为奇函数，所以gx(21)gx(21)，即gx(1)gx(1)，即g(1x)g(1x)0，所以g(x)的图象关于点(1,0)中心对称，且g(1)=0，故A正确；由fx()fx(2)6，两边求导，得fx()fx(2)0，即gx()gx(2)0.由g(x)的图象关于点(1,0)中心对称，得gx()g(x2)0，因此gx(2)g(2x)，故B正确；因为g(x)为函数f(x)的导函数，且gx(1)gx(1)，即fx(1)fx(1)，所以f(x1)f(x1)，即fx(1)fx(1)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，所以fx(2)fx().又f(x)f(x2)6，所以fx()f(x)6，所以f(x)的图象关于点(0,3)中心对称，所以f(x)是周期函数，4为它的一个周期，所以fx()fx(4)，故C错误；由fx()fx(2)6，得f(1)f(3)6.又fx(2)fx()，fx()fx(4)，所以f(0)f(2)f(4)403，所以f(1)f(2)f(3)f(4)12，所以f(i)120，故D正确.故选ABD．i1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。31313．8【解析】设fx()x,由f(16)16，得4243，所以，所以fx()x2，642333112所以f()()24222238.故填8.44π14．1【解析】由a(1,2)，得|a|3．由|ab|7，得|a|22|a||b|cos|b|27，整理，得6|b|23|b|40，解得|b|1或|b|4（舍去）．故填1.41111115．【解析】因为ab[(3ab)(2a4b)]1[(3ab)(2a4b)]()(25553ab2a4b52a4b3ab42a4b3ab314)，当且仅当，即a,b时取等号，所以ab的最小值为.3ab2a4b53ab2a4b5554故填.5x2116．(,e2]【解析】由题意，得0.又x210恒成立，所以exmx0在[1,+)上恒成立，exmxexexex(x1)即m在[1,+)上恒成立.令gx()(x1)，则g'(x)，当x1时，g'(x)0，所以g(x)xxx2数学全解全析及评分标准第3页（共12页）{#{QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=}#}在[1,+)上单调递增，所以g(x)ming(1)e，所以me①.x21由lnexx2mx1，得ln(x21)ln(exmx)(exmxx)(21)，exmx即ln(x21)(x21)ln(exmx)(exmx).因为ylnxx在(0,)上是增函数，exx21exx21(x1)(exx1)所以x21exmx，所以m.令fx()(x1)，则f(x).xxx2因为exx1恒成立，所以f(x)0在[1,)上恒成立，所以f(x)在[1,)上单调递增，所以fx()minf(1)e2，所以me2②.由①②，知me2.故填(,e2].说明：14题填1或4不给分.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）1【解析】方法一：（1）由题意及三角形的面积公式，得acsinBacsinA，所以sinB2sinA.（1分）2ab由正弦定理，得b2a．（2分）sinAsinBa2c2b2c23a21由余弦定理的推论，得cosB，整理得(c2a)(2c3a)0.（3分）2ac2ac4因为a0,c0，所以c2a0，所以bc2a．（4分）b2c2a24a24a2a27由余弦定理的推论，得cosA.（5分）2bc22a2a815（2）由（1）知sinA1cos2A，c2a.（7分）815又SacsinA,S15，所以a2a15，解得a2，（8分）8所以bc2a4.（9分）bb7在△ABD中，由余弦定理,得BDc2()22ccosA42222426.（10分）2281方法二：（1）由已知及三角形的面积公式，得acsinBacsinA，所以sinB2sinA.（1分）2115由cosB，得sinB,（2分）4415所以sinA.（3分）8在△ABC中，因为sinAsinB，所以AB.又B为锐角，所以A也为锐角，（4分）7所以cosA1sin2A.（5分）815（2）由（1），知sinA.由SacsinA15，得ac8①.（6分）8数学全解全析及评分标准第4页（共12页）{#{QQABAQ6UoggIAABAAQgCEwFCCECQkBACAAoOABAAoAAAgBFABAA=}#}15171515由题意，知sinCsin(AB)sinABcoscosABsin，848441所以SabsinC15，所以ab8②.（7分）2由(1)知