辽宁省大连市滨城高中联盟2023-2024学年高三上学期期中（Ⅰ）考试数学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届辽宁省大连市滨城高中联盟高三上学期10月期中考试

滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高三期中Ⅰ考试 数学答案 一．单选题 1． A 2． C 3． C 4． B 5．B 6． D 7．A 8．B 9． ACD 10． ABC 11． ABD 12． ACD 三、填空题 4 13． 14． 15． 16． 2 (第一空2分，第二空3分） 5 2x−1 3 10 1 2 四．解1答−x题 10 − < <0 17．（1）设数列 的公差为 ． ( ≠ 0) 由题意，得 1 3×2 1 4×3 1 5×4 2，即 ，解得 ， 3 3 1+ 2 ×4 4 1+ 2 = 5 5 1+ 2 3 1+ 5 5 =0 5 1 =−5 所以数列 的通 1 3项3公 1式+为 3× 2 2 + 1 4 4 1.+ 4× 2 3 =2× − 5 4 2 1+2 =−2 =3 ---5分 （2）b  1  1   = 1 3 −8 1  ， n (3n8)(3n5) 3 3n8 3n5 1 1  1  1 1 1 1 1 1  所以T     11       . ---10分 n 3 5  2  2 4 3n11 3n8 3n8 3n5 1 1 1 =3 −5−3 −5 =25−15 18．（1）解：因为sinA 3cosA0，若 ，则 ，不满足sin2 Acos2 A1， =0 =0 所以， ， ， . ---3分 2 =− 3 ∵0< < ∴ = 3 （2）解：由 及①，由余弦定理可得 ，即 ， 2 2 2 2 2 2 ，解得 = 3 ； = + −2 3 +4 −32=0 ∵ >0 =4 由 及②，由余弦定理可得 ， 2 2 2 2 由 = 3 可得 + − ，=可2 得 =；− 2 2 2 由 − 及+③ ，+由1三0 角=形0的面积 1 公 0 式 − 可 得 =0 =10 ，可得 . 2 1 3 经分 = 析可3 知①②不能同时成立，①③不能 同 △ 时 成=立2， 正 确 条=件4为 ② =③1，5故3 ， =60 . ---6分 （i）将 ， 代入②可得 可得 . =6 =10 2 在 中 = ， 6 由正 = 弦 1 定 0 理 36−， 故+100+60=. 0 =14 ---9分 28 3 3 △ = = 3 = 14 （ii）因为 ，即 ， 1 2 1 1 △ = △ + △ 2 3 =2 ⋅ 3+2 ⋅ 3 所以， . ---12分 60 15 19. （1） 因 = 为 + =16 = 4， 当 时， 2 =， 即 ；当 时， ，即 ， 当 =1时，2 1 = 1 1 =0，所 以=3 2 1+ 3 =3 3 3 =2 ， ≥2 2 −1 = −1 −1 2 − −1 = − −1 −1 =2 {#{QQABDYIQggAAAAJAAQhCUwGwCAMQkBEACAoGgAAEsAIAwANABAA=}#}化简得： ，当 时， ，即 ， −1 3 当 时 −2 都 满 足 = 上 式 − ， 1 所 以 −1 ≥ 3 −1． = −2 =⋯= 2 =1 = −1 ---6分 ∗ =1,2,3 = −1 ∈ （2）因为 ，所以 ， +1 1 1 1 2 1 3 1 2 =2 =1× 2 +2× 2 +3× 2 +⋯+ × 2 ， 1 1 2 1 3 1 1 +1 2 =1× 2 +2× 2 +⋯+( −1)× 2 + × 2 两式相减得， ， 1 1 1 1 1 1 2 1 3 1 1 +1 2×1− 2 1 +1 2 = ，即 2 + 2 + 2 +⋯ ， + 2 − ． × 2 = 1− 1 2 − × 2 ---12分 1 1 ∗ =1− 1+2 2 =2− 2+ 2 ∈ 20.（1） cos sin cos cos sin 2 =2 3−4 3 +6 −4 =−2 3 2 +3 −2 2 cos sin sin ， ---3分 =− 3 2 + 2 =2 2 −3 由题意知， 的最小正周期为 ，所以 ，解得 ，∴ sin ， 2 =2 = =1 =2 2 −3 令 ，解得 5 −2+2 ≤ 2 −3 ≤2+2 , ∈ −12+ ≤ ≤ 12+ , ∈ 所以 在R上的单调递增区间为 ---6分 5 −12+ ,12+ ∈ （2） sin , = ,得sin ， ， ， 1 1 2 =2 −3 2 −3 =4 ∵ ∈ 0, ∴ −3 ∈ −3, 3 cos , --8分 15 ∴ −3 = 4 = = sin os ---12分 15 ∴ 21 c ． o （ s 1 2 ） α− f  6 x的 co 定 s 2 义域 α− 为 3 (0, +  2 )， - 求 2 导得 ： − f 3 (x c )1  −2a3  a=−28  x2(2a)x2a  (x2)(xa) ， x2 x x2 x2 若a0时，则 f ¢( x )>0，此时 f x在0,单调递增； 若a0时，则当0xa时 fx0， f x在0,a单调递减， 当xa时， f ¢( x )>0，f(x)在a,单调递增. ---4分 （2）当a1时， f xgxbxlnxxex， lnx 1 由题意bex   在(0,)上恒成立， x x lnx 1 1lnx 1 x2exlnx 令hxex   ，则hxex   ， x x x2 x2 x2 令uxx2exlnx，则ux  x22x  ex  1 0，所以u(x)在(0,)上递增， x 1 e 1 又u1e0,u 2    4 ln20，所以u(x)在( 2 ,1)上有唯一零点x 0 ， lnx 由u(x )0得x ex0  0 ， ---7分 0 0 x 0 {#{QQABDYIQggAAAAJAAQhCUwGwCAMQkBEACAoGgAAEsAIAwANABAA=}#}当x 0,x 时，ux0即hx0，hx单调递减；x x ,时，ux0即hx0，hx单调递增，所 0 0 以hx 为hx在定义域内的最小值. 0 lnx 1 即hx  hx ex0  0  . min 0 x x 0 0 1 lnx 令kx xex(  x1)，则方程exx  等价于kxklnx， 2 x 1 又易知kx单调递增，所以xlnx，即ex  x lnx 1 1 x 1 所以，hx的最小值hx ex0  0   0 1 ---12分 0 x x x x x 0 0 0 0 0 所以b1，即实数b的取值范围是,1  22．已知函数 ． 1 2 (1)若直线 ( )= 与 的 − 图2 像 相 − 切 ， ( 且 ∈ 切 点 ) 的横坐标为1，求实数m和b的值； (2)若函数 = 在+ ( 上) 存在两个极值点 ，且 ，证明： ． ( ) (0,+∞) 1, 2 1 < 2 1+ 2 >2 (1)由题意，切点坐标为 ， 1 ' 所以切线斜率为 1,−2， 所 − 以 1 , ( )= ， − ' 切线为 (1)=− =1，整理得 =−1 ，所以b 3 ． ---4分 2 1 3 (2)由（ 1 + ）2知 +1=1⋅( −1) ． = −2 ' 由函数 在 ( )= 上 存−在 两 个极值点 ，且 ，知 ， 1− 1 =0 ( ) (0,+∞) 1, 2 1 < 2 则 且 ， 2− 2 =0 1+ 2 1− 2 = 1+ 2 = 1− 2 联立得 ， 1+ 2 1− 2 1+ 2 = 1− 2 即 ， 1 1 1+ 2 1 2 +1 ⋅ 2 1+ 2= 1− 2⋅ 2 = 1 2 −1 设 ，则 ， ---8分 1 ( +1)⋅ = 2 ∈(0,1) 1+ 2 = −1 要证 ，，只需证 ，只需证 ， ( +1)⋅ 2( −1) 1+ 2 >2 −1 >2 < +1 只需证 ． 2( −1) − +1 <20(t1) 1 4 (t1)2 构造函数g(t)lnt ，则g(t)   0． t1 t (t1)2 t(t1)2 2(t1) 故g(t)lnt ，在t(0,1)上递增， ，即 ， t1 2( −1) 所以 ． ( )< (1)=0 ( )= − +1 <0 ---12分 1+ 2 >2 {#{QQABDYIQggAAAAJAAQhCUwGwCAMQkBEACAoGgAAEsAIAwANABAA=}#}