2024届陕西省安康市高新中学高三10月月考 文数答案

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2024 届高三 10 月大联考（全国乙卷）
文科数学•全解全析及评分标准
一､选择题：本题共 12 小题，每小题 5分，共 60 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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
D
A
C
B
D
C
A
B
C
D
B
1.B 【解析】因为
 
 
2 2
1 5 4 1,0,1 , 1,1,3A x x x x B    Z Z∣ ∣
，所以
 
1,0,1,3A B  
，有 4个元素，故选 B.
2.D 【解析】根据特称命题的否定为全称命题，知命题“
2
0 0 0
0,x x x 
”的否定是“
2
0,x x x 
”，故
选D.
3.A 【解析】因为不等式
的解集为
1,a
a
 
 
 
，所以
15a a
a
 
，解得
1
2
a 
.又
1
aa
，所以
1a
或
0a
，所以
1
2
a 
（
1
2
a
不满足题意，舍去），当
1
2
a 
时，
2
( 5 ) 4 0a  
，故选 A.
4.C 【解析】因为
2
e 3
，所以
 
2 2
e lne 2 0f  
，所以
 
 
 
2 0
e 0 e 0 1f f f  
，故选 C.
5.B 【解析】对于
q
，若
4
log 2
3
a
，则
2
4
log log
3
a a a
.当
0 1a 
时，
24
3
a
，无解.当
1a
时，
24
3
a
，
得
2 3
13
a 
，即不等式
4
log 2
3
a
的解集为
2 3
1, 3
 
 
 
 
.因为
2 3
1, 3
 
 
 
 
⫋
5
1, 3
 
 
 
，所以
p
是
q
的必要不充分
条件，故选 B.
6.D 【解析】方法一：由题意，知函数
 
2
4
2
log 2
x
f x x x
的定义域为
 
2, 2
，关于原点对称，且
 
2
4
2
( ) log 2
x
f x x f x
x
 
，所以函数
 
f x
是奇函数，其图象关于原点对称，故排除
B,C
；当
 
0, 2x
时，
21
2
x
x
，即
4
2
log 0
2
x
x
，因此
 
0f x
，故排除 A.故选 D.
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
；
又
 
2
1
1 log 3 0
2
f 
，所以排除 A.故选 D.
7.C 【解析】令
4.6 0.1
100 e 60
x
y
 
，得
0.1 4.6 ln40 0.9x 
，解得
9x
，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.
8.A 【解析】因为
 
1
cos cos cos sin sin sin 5
 
 
，所以
 
1
1 cos 5
 
 
，
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所以
 
4
cos 5
 
 
.因为
, 0, ,
2
 
 
 
 
 
，所以
02
 
  
，所以
，所以
3
sin cos cos sin 5
 
 
.
又
，所以
，所以
 
7 1 4
sin sin cos cos sin 10 10 5
 
  
.故选 A.
9.B 【解析】因为
0OA OB OC 
  
，所以点
O
是
ABC
的重心，所以
   
2 1 1
3 2 3
AO AB AC AB AC 
   
.
因为
,AM x AB AN y AC 
 
，所以
1 1
,AB AM AC AN
x y
 
 
，所以
1 1
3 3
AO AM AN
x y
 
 
.
因为
MO ON
 
，所以
, ,M O N
三点共线，所以
1 1 1
3 3x y
 
，即
1 1 3
x y
 
.
因为
,x y
均为正数，所以
1 1 1
2
x y xy
 
，所以
1 3
2xy
，所以
4
9
xy
（当且仅当
1 1 3
2x y
 
，即
2
3
x y 
时取等号），所以
xy
的最小值为
4
9
.故选 B.
10.C 【解析】由题图，得
2A
，最小正周期
5
412 6
T
 
 
 
 
 
.又
2
T
 
，所以
2
，故①正
确；
 
2sin 2f x x
 
，又
 
f x
的图象过点
5, 2
12
 
 
 
，所以
5
2 2 ,
12 2
k k
 
 
Z
，所以
2 ,
3
k k
 
Z
.又
2
，所以
3
 
，故②错误；
 
2sin 2 3
f x x
 
 
 
 
，令
23
t x
 
，当
5
2 6
x
 
 
时，
2 4
3 3
t
 
 
，函数
siny t
在
2 4
,
3 3
 
 
 
 
上单
调递减，故③正确；
2sin 3
2 3
f
 
 
 
 
 
，故④正确.故选 C.
11.D 【解析】根据题意，作出函数
 
y f x
的图象，如图所示.
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因为函数
 
y f x
是偶函数，所以
 
f x f x 
.
由
 
10
2
x
f x f x
 
，得
 
10
x
f x
，所以
 
10
x
f x
，所以
 
 
1 0
0
f x x
f x
 
，
所以
 
1 0
0
x
f x
 
或
 
1 0
0
x
f x
 
，观察图象，得
1 2x 
或
1
02
x 
或
10
2x  
或
2x 
，
故选 D.
12.B 【解析】易知
 
2
cos ( 1)
x x
f x a a x x a
 
是偶函数，
 
 
ln 2 sin
x x
f x a a a x x
 
，当
0x
时，
因为
1a
，所以
ln 0, 0
x x
a a a
 
.令
 
2 sin , 0x x x x
 
，则
 
2 cos 0x x
 
，所以
 
x
单调
递增，所以
 
0 0x
 
 
，所以
   
0,f x f x
在
 
0,
上单调递增.构造函数
 
lnx
g x x
，则
 
2
1 lnx
g x x
.令
 
0g x
，得
0 ex 
，令
 
0g x
，得
ex
，所以
 
g x
在区间
 
0,e
上单调递增，
在区间
 
e,
上单调递减.又
ln2 ln4
2 4
，所以
   
4 eg g g
 
，所以
ln2 ln4 ln lne
2 4 e
 
，所以
1 1
1
e
2
2 e
 
，所以
 
1 1 1
e e
2 e ef f f f
 
 
 
 
，即
 
1 1
e
2 ef f f
 
 
 
 
.故选
B
.
二､填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分.
13.1 【解析】因为
a b
，所以
 
1 2 2 0x  
，解得
1x
.故填 1.
14.
 
1
2
f x x
（答案不唯一） 【解析】任意定义域为
 
0,
的幂函数均可，例如
 
1
2
f x x
，
     
1 1
1 1
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
,f x x x x f x f x x x x x
 
 
  
，即
 
1 2 1 2
f x x f x f x
成立.故可填
 
1
2
f x x
.
15.24 【解析】如图，延长
DC
与
BA
的延长线交于点
E
，则
67 , 30 , 33.5DAE CAE DBA
 

 
，
所以
，
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