广东省四校联考2023-2024学年高三上学期10月月考数学答案

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第1页 共 9页
2023~2024 学年第一学期四校联考（二）参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
9
10
11
12
答案
A
B
D
D
B
C
C
BC
BCD
BCD
ABD
13. 6 14.
2
2
15.
1k
16.
4
(2, ).
ln 2 1
部分试题答案详解
7.【答案】C
【解答】解：由题意知
23 1 0
x
x x ke  
有两个不同的解，即
23 1
x
x x
ye
 
与
y k
有
两个不同的交点，记
23 1
( ) x
x x
g x e
 
，则
22 ( 2)( 1)
( ) x x
x x x x
g x e e
 
 
，
当
2x 
时，
( ) 0g x 
，
( )g x
单调递增;当
2 1x 
时，
( ) 0g x 
，
( )g x
单调递减；
当
1x
时，
( ) 0g x 
，
( )g x
单调递增.
所以当
2x 
时，函数
( )g x
有极大值
2
e
，当
1x
时，函
数
( )g x
有极小值
5.
e
又因为
x 
时，
( ) 0;g x x  
时，
( ) 0g x
，且
( ) 0g x
，
如下图：
数形结合可知
25
[0, ) { }k e U e
 
时，函数
( )f x
恰有两个零
点.
8.【答案】B
【解答】解：由题意知函数
   
 
1 0
ln 0
ax x
f x x x
 
恰有两个“姊妹点对”，
等价于函数
( ) lnf x x
，
0x
与函数
( ) 1g x ax 
，
0x
的图象恰好有两个交点，
所以方程
ln 1x ax 
，即
ln 1 0x ax  
在
(0, )
上有两个不同的解.
构造函数
( ) ln 1h x x ax  
，则
1
( )h x a
x
 
，
当
0a
时，
( ) 0h x 
，函数
( )h x
区间
(0, )
上单调递增，不符合题意；
当
0a
时，令
( ) 0h x 
，解得
1
0xa
 
，所以函数
( )h x
在区间
1
(0, )
a
上单调递增，
{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}
第2页 共 9页
令
( ) 0h x 
，解得
1
xa
，所以函数
( )h x
在区间
1
( , )
a
上单调递减，
所以
1
( ) 0ha
，解得
2
0a e
 
，
又
( ) ln 1 0h e e ae ae  
，
所以函数
( )h x
在
1
( , )ea
上有且仅有一个零点，
令
( ) ln 1M x x x  
，则
1 1 2
( ) 2
2
x
M x x x
x
 
，
令
( ) 0M x 
，解得
0 4x 
，
所以函数
( )M x
在
(0, 4)
上单调递增，
令
( ) 0M x 
，解得
4x
，
所以函数
( )M x
在区间
(4, )
上单调递减.
所以
max
( ) (4) ln 4 3 0M x M  
，
所以
( ) ln 1 (4) 0M x x x M  
，即
ln 1.x x 
又
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ln 1 1 1 (1 2) 0h a a
a a a a a a
   
，
所以函数
( )h x
在
2
1 2
( , )
a a
上有且仅有一个零点.
综上可得
2
0 .a e
 
12.【答案】ABD
【解答】解：函数
( ) 2
x
f x e x  
的零点为
1
x
，
函数
( ) ln 2g x x x  
的零点为
2
x
，
可得
1
1
2
x
e x 
，
2 2
ln 2x x 
，
由
x
y e
与其反函数
lny x
关于直线
y x
对称，
x
y e
与直线
2y x 
的交点为
1 1
( , 2 )x x
，
lny x
与直线
2y x 
的交点为
2 2
( , 2 )x x
，
可得
1 2
2x x 
，即
1 2 2x x 
，故 A正确；
直线
2y x 
与直线
y x
垂直，则点
1
1
( , )
x
x e
和
2 2
( ,ln )x x
也关于直线
y x
对称，则有
{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}
第3页 共 9页
1 2
lnx x
，则有
1 1
2 1
ln 2
x x
e x e x  
，故 B正确；
又
(1) ln1 1 2 1 0g  
，
3 3 1 3
ln ln ln 0
2 2 2 2
g e
 
 
 
，
1 1
2 2
1 3
( ) ln 2 2 2.25 0
2 2
g e e e e    
，
所以
2
3
2x e 
，则
1 2 2 2 2 2
(2 ) lnx x x x x x  
，
因为
lny x x
，
3,
2
x e
 
 
 
，
1 ln 0y x
 
，
所以
lny x x
在
3,
2e
 
 
 
上单调递增，
所以
1 2 2 2
ln ln 2
e
x x x x e e 
，故 C错误；
由上可知
1 2 2 2
3 3
ln ln
2 2
x x x x 
，
因为
3 3 1 1 27 1 27
ln ln 1 ln 0
2 2 2 2 8 2 8e
 
 
 
 
，
所以
3 3 1
ln
2 2 2
，即
1 2
1
2
x x
，则
 
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 4 2 3x x x x x x x x  
，
所以
2 2
1 2 3x x 
，故 D正确.
15.【答案】解：
(1)
令
0x y 
，得
(0 0) (0) (0)f f f 
，所以
(0) 0.f
证明： 令
y x 
，得
( ) ( ) ( ) (0) 0f x x f x f x f  
，
所以
( ) ( )f x f x  
，所以
( )f x
为奇函数．
由题知：
1
( 2 ) (4 8 2 ) 0 (0)
x x x x
f k f f
 
，
即
1
( 2 4 8 2 ) (0)
x x x x
f k f
   
，
又
( )y f x
是定义在 R上的增函数，
所以
1
2 4 8 2 0
x x x x
k
   
对任意
[ 1, 2]x 
恒成立，
所以
1
2 2 8 4
x x x x
k
 
，
即
2 2
1 2 2
x x
k
 
，
令
2xt
，
1
[ , 4]
2
t
，
则
2
( ) 4 1g t t t 
，所以
max
( )k g t
，
{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}
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