兰州一中2023-2024-1学期期中考试高三数学参考答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届甘肃省兰州第一中学高三上学期11月期中_甘肃省兰州第一中学2024届高三上学期11月期中数学

兰州一中 2023-2024-1 学期期中考试解析 高三数学 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分， 考试时间120分钟. 请将答案填在答题卡上，交卷时只交答题卡。 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，只有一项是符 合题目要求的. 1＋i 1.若复数z＝ 为纯虚数，则实数a的值为( D ) 1＋ai 1 A.1 B.0 C.－ D.－1 2 1＋i 解析 设z＝bi，b∈R且b≠0，则 ＝bi，得到1＋i＝－ab＋bi， 1＋ai ∴1＝－ab，且1＝b，解得a＝－1，故选D. → 1→ 4→ → → 2.设D为 ABC所在平面内一点，AD＝－ AB＋ AC，若BC＝λDC(λ∈R)，则λ＝( D ) 3 3 △ A.2 B.3 C.－2 D.－3 → 1→ 4→ → → → → → → → → → 解析：由AD＝－ AB＋ AC，可得3AD＝－AB＋4AC，即4AD－4AC＝AD－AB，则4CD＝BD， 3 3 → → → → → → → 即BD＝－4DC，可得BD＋DC＝－3DC，故BC＝－3DC，则λ＝－3. 3.已知等差数列{a }的前n项和为S ，且a ＋a ＝0，S ＝33，则公差d的值为( C ) n n 2 8 11 A.1 B.2 C.3 D.4 解析 ∵a ＋a ＝2a ＝0，∴a ＝0， 2 8 5 5 （a ＋a ）×11 又S ＝ 1 11 ＝11a ＝33，∴a ＝3，从而公差d＝a －a ＝3. 11 6 6 6 5 2 1－x2 4.函数f(x)＝ 的图象大致为( B ) lg|x| 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 1 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#}1－x2≥0， 解析： 得－10且x→0时，f(x)→0，排除D，只有B项符合. 5 E 5.在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m －m ＝ lg 1， 2 1 2 E 2 其中星等为m 的星的亮度为E(k＝1，2).已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太 k k 阳与天狼星的亮度的比值为( A ) A.1010.1 B.10.1 C.lg10.1 D.10－10.1 5 E 解析 (1)依题意，m ＝－26.7，m ＝－1.45，代入所给公式得 lg 1＝－1.45－ 1 2 2 E 2 E 2 E (－26.7)＝25.25.所以lg 1＝25.25× ＝10.1，即 1＝1010.1. E 5 E 2 2 6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若向量m＝(a，－cosA)，n＝(cosC， 2b－ c)，且m·n＝0，则角A的大小为( B ) π π π π A. B. C. D. 6 4 3 2 解析 法一 由m·n＝0，得acosC－cosA( 2b－c)＝0. 由正弦定理得sinAcosC－cosA( 2sinB－sinC)＝0，即sinAcosC＋cosAsinC＝ 2sinBcosA，所 以sin(A＋C)＝ 2sinBcosA，所以sin(π－B)＝ 2sinBcosA. 从而sinB＝ 2sinBcosA. 2 π 因为0b>c B.b>a>c C.c>a>b D.c>b>a 解析 易知f(－x)＝|ln( x2＋1＋x)|＝ 1 |ln |＝|－ln( x2＋1－x)|＝|ln( x2＋1－x)|＝f(x)， x2＋1－x ∴f(x)在R上为偶函数， 当x>0时，f(x)＝|ln( x2＋1－x)|＝|ln( x2＋1＋x)|单调递增， 又31.1>3>log 4>1>3－0.2>0， 3 ∴f(－31.1)＝f(31.1)>f(log 4)>f(3－0.2)，即c>a>b. 3 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.  9.已知函数f(x)＝sin(2x )，则下列结论正确的是(ABCD) 6 π A.x＝ 是函数f(x)图象的一条对称轴； 3 7 B.( ,0)是函数f(x)图象的一个对称中心； 12 π C.将函数f(x)图象向右平移 单位所得图象的解析式为f(x)＝－cos2x； 6   D.函数f(x)在区间[ , ]内单调递增. 6 3 π 2π π 17 7 π － π π π－ 解析 ∵f 3 ＝sin 3 6 ＝1，∴x＝ 是一条对称轴，A正确.又f 12 ＝sin 6 6 ＝0，因此B 3 π x－ π π 2 6 － 2x－ π π 正确.对于C，平移后y＝sin 6 ＝sin 2 ＝－cos2x，C正确.对于D，当－ ≤x≤ 时， 6 3 π π － ， π π π － ≤2x－ ≤ ，故f(x)在 6 3 内单调递增，D正确. 2 6 2 lnx 10.对于函数f(x)＝ ，下列说法正确的是( AC ) x 1 A.f(x)在x＝e处取得极大值 ； B.f(x)有两个不同的零点； e 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 3 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#}C.f(4)＜f(π)＜f(3)； D.π4＜4π. 1－lnx 解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ .令f′(x)＝0，得x＝e.∴f(x)在(0，e)上单调递增， x2 1 在(e，＋∞)上单调递减，因此f(x)在x＝e处取得极大值f(e)＝ ，A正确.令f(x)＝0，解得x＝1， e 故函数f(x)有且仅有一个零点，B错.由f(x)在(e，＋∞)上单调递减，得f(4)＜f(π)＜f(3)，则C正确. ln4 lnπ 因为f(4)＜f(π)，即 ＜ ，所以ln4π＜lnπ4，则4π＜π4，D错误.综上知，正确的为AC. 4 π   11. 已知等差数列 a 是递增数列，其公差为d ，前n 项和为S ，且满足a  3a ，则下列 n n 7 5 结论正确的是（ ABD ） A. d  0 B. a  0 1 B. 当n  5时，S 最小 D. 当S  0 时，n 的最小值为8 n n   解析：因为等差数列 a 是递增数列，所以d  0 .又因a  3a 可得d  a ，所以 n 7 5 5 a  a  4d  3d  0 ，故A,B正确.又因a  a  d  0 ，则S  S ，且为S 的最 1 5 4 5 3 4 n 8(a  a ) 小值，故C错误；又S  1 8  4(a  a )  4a  4d  0 ， 8 2 4 5 5 S  7a  0 ，故D正确. 7 4 12.已知函数 f  x  及其导函数g  x  的定义域均为R. f  2x  f  42x  ，f  x  f x 0， 当x 2,4  时，g x 0，g  1 1，则（ BCD ） A. f  x  的图象关于x 1对称 B. g  x  为偶函数 C. g  x g  x4 0 D. 不等式g  x 1的解集为  x 18k  x18k,kZ  解析：由 f  2x  f  42x  可得 f  x  f  4x  ，故可知 f  x  的图象关于x2对称，故A 错误， 由 f  x  f x 0得 f x  fx  0，由 fx gx得g  x g x 0，故g  x  为 偶函数，故B正确， 由 f  x  f  4x  可得 f x f 4x  ，所以g  x g  4x  ，又g  x  为偶函数，所 以g  x g  4x g  x4  g  x g  x4 0，即g  x g  x4 0，故C正确， 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 4 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#}由g  x  为偶函数且g  x g  x4 0可得g  x g  x4 g  x8  g  x8  ，   所以g  x  是周期函数，且周期为8，又当x 2,4  时，g x 0，可知g  x  在x 2,4  单调 递减     故结合g x 的性质可画出符合条件的g x 的大致图象： 由性质结合图可知：当18k  x18k，kZ时，g  x 1，故D正确， 故选：BCD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 3 13.已知tanθ＝3，则cos( 2)＝________. 2 3 答案 5 3 2sinθcosθ 2tanθ 6 3 解析 ∵tanθ＝3，∴cos( 2)＝sin2θ＝ ＝ ＝ ＝ . 2 sin2θ＋cos2θ tan2θ＋1 9＋1 5 14.函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则函数 f(x)的解析式为 ________. T 7π π π 解析：由题图可知A＝ 2， ＝ － ＝ ， 4 12 3 4 所以T＝π，故ω＝2，因此f(x)＝ 2sin(2x＋φ)， π ，0 又 3 对应五点法作图中的第三个点， π π π 2x＋ 因此2× ＋φ＝π，所以φ＝ ，故f(x)＝ 2sin 3 . 3 3 15.已知向量a (3,1)，b(t,1)，a,b45，则b在a方向上的投影向量为_______. 3 1 答案：( , ) 2 2 ab 3t1 2 解析：因为a,b45，所以，cosa,b   ，可得2t2 3t20， a b 10 t2 1 2 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 5 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#}1 a 3 1 因为t  ，所以t 2，b(2,1).则b在a方向上的投影向量为 b cos45 ( , ). 3 a 2 2 x  1 16.将函数 f(x)2cos2 cos(x )图象上所有点的横坐标变为原来的 ，再向左平移 2 3 2  (0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若对任意的xR，均有g(x) g( )成立，则 12 的最小值为__________.  答案： 12   解析：由题 f(x)sin(x )1，则g(x)sin(2x2 )1，因为对任意的xR，均有 6 6      g(x) g( )成立，所以2x2 2k (kZ) 2x2 2k (kZ)，即 12 6 2 6 2   k (kZ)，又0，所以当k 0时，的最小值为 . 12 12 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题10 分；18-22题每题12分.) 17.已知数列{a }的前n项和S ＝2n＋1－2，数列{b }满足b ＝S (n∈N*). n n n n n (1)求数列{a }的通项公式； n (2)求数列{b }的前n项和T . n n 解： (1)∵S ＝2n＋1－2， n ∴当n＝1时，a ＝S ＝21＋1－2＝2； 1 1 当n≥2时，a ＝S －S ＝2n＋1－2n＝2n. n n n－1 又a ＝2＝21也符合，∴a ＝2n.…………………………5分 1 n (2)由已知得，b ＝S ＝2n＋1－2， n n ∴T ＝b ＋b ＋b ＋…＋b ＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－2n n 1 2 3 n 4（1－2n） ＝ －2n＝2n＋2－2n－4.…………………………10分 1－2 18.为了降低能源损耗，某体育馆的外墙需要建造隔热层，体育馆要建造可使用20年的隔热层， 每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度 k x(单位：cm)满足关系：C(x)＝ (0 x10，k为常数)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为 3x＋5 8万元，设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和. (1)求k的值及f(x)的表达式； (2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小？并求最小值. 解： (1)当x＝0时，C＝8，∴k＝40， 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 6 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#}40 ∴C(x)＝ (0≤x≤10)， 3x＋5 20×40 800 ∴f(x)＝6x＋ ＝6x＋ (0≤x≤10).…………………………5分 3x＋5 3x＋5 800 (2)由(1)得f(x)＝2(3x＋5)＋ －10. 3x＋5 令3x＋5＝t，t∈[5，35]， 800 800 800 则y＝2t＋ －10≥2 2t· －10＝70(当且仅当2t＝ ，即t＝20时等号成立)， t t t 此时x＝5，因此f(x)的最小值为70. ∴隔热层修建5cm厚时，总费用f(x)达到最小，最小值为70万元.…………………12分 B 19.已知 ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(2sinB，－ 3)，n＝(cos2B，2cos2 2 △ －1)，B为锐角且m∥n. (1)求角B的大小； (2)如果b＝2，求S 的最大值. ABC △ 解： (1)∵m∥n， B 2cos2 －1 ∴2sinB 2 ＝－ 3cos2B， ∴sin2B＝－ 3cos2B，即tan2B＝－ 3. 2π π 又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝ ，∴B＝ .…………………………5分 3 3 π (2)∵B＝ ，b＝2，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB， 3 得a2＋c2－ac－4＝0.又a2＋c2≥2ac，代入上式，得ac≤4，当且仅当a＝c＝2时等号成立.故S ABC 1 3 △ ＝ acsinB＝ ac≤ 3，当且仅当a＝c＝2时等号成立， 2 4 即S 的最大值为 3.…………………………12分 ABC 20.在△锐角三角形ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且 3cosCsinC  3b,且 a 1. (1)求ABC的外接圆的半径； (2)求2bc的取值范围. 解：(1)由 3cosCsinC  3b,且a 1可得a（ 3cosCsinC） 3b， 由正弦定理可得 3sin AcosCsinCsin A 3sinB,又sinB sin（AC），代入可得 3sin AcosC 3cosAsinC  3sin AcosCsin AsinC ， 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 7 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#} 所以， 3cosAsinC sin AsinC，因为0C  ，所以sinC 0，所以tan A 3， 2   又0 A ,所以A . 2 3 a 2 3 3 设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可得2R   ，解得R  . sin A 3 3 …………………………6分 2 3 2 3 4 3 2 3 (2)由(1)可得b sinB,c sinC，所以2bc= sinB sinC 3 3 3 3 4 3 2 3 2 4 3 3 = sinB sin( B)= sinB sinBcosB= 3sinBcosB 3 3 3 3 3   2  =2sin(B )，因为ABC为锐角三角形，所以0 B ,0 B ,解得 6 2 3 2       B ，0 B  ，02sin(B ) 3，即2bc的取值范围是(0，3). 6 2 6 3 6 …………………………12分 21.设函数 f(x)＝2lnx－mx2＋1. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有极值时，若存在x ，使得 f(x) m－1成立，求实数m的取值范围. 0 2 －2（mx2－1） 解： (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ －2mx＝ . x x 当m≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. m 当m＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜ . m m m m 0， ，＋∞ 令f′(x)＜0，得x＞ .所以f(x)在 m 上单调递增，在 m 上单调递减. m 综上，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； m m 0， ，＋∞ 当m＞0时，f(x)在 m 上单调递增，在 m 上单调递减.…………………5分 m m 0， ，＋∞ (2)由(1)知，当f(x)有极值时，应有m＞0，且f(x)在 m 上单调递增，在 m 上单调递 减. 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 8 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#}m m 1 所以f(x) max ＝f(x) 极大值 ＝f m ＝2ln －m· ＋1＝－lnm. m m 若存在x ，使得f(x )＞m－1成立，则f(x) ＞m－1成立， 0 0 max 所以－lnm＞m－1，即m＋lnm－1＜0， 1 令g(m)＝m＋lnm－1，则g′(m)＝1＋ ＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(m)在(0，＋∞)上单调递 m 增，且g(1)＝0.若使g(m)＜0，则0＜m＜1.所以实数m的取值范围是(0，1). 12分 ………………………… 1 22．(本小题12分）已知函数 f(x)xeax的极值为 ． e （1）求a的值并求函数 f(x)在x1处的切线方程； lnx （2）已知函数g(x)emx  (m0)，存在x(0,)，使得g(x)„0成立，求m的最大值． m 解：（1） f(x)定义域为R. 因为 f(x)eax(ax1)， 若a0，则 f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意，舍去， 1 1 1 若a0，则令 f(x)0，得x ，所以 f( ) ，解得a1， a a e 经检验，a1符合题意．因为切线斜率 f（1）e1(11)2e， 又因为 f （1）e，所以切点为(1,e)， 所以切线方程为y2e(x1)e ，即切线方程为y2exe ．…………………………5分 （2）因为存在x(0,)，使得g(x)„0成立， lnx 则emx „ ，即memx „lnx，即mxemx „xlnxlnxelnx，即mxemx „lnxelnx，即 f(mx)„f(lnx)， m 由（1）得 f(x)ex(x1)，所以 f(x)在区间(,1)上单调递减，在区间(1,)上单调递 增， 因为m0，x0，memx „lnx，所以lnx0，所以x1，即mx0且lnx0， 所以存在x(1,)，使得 f(mx)„f(lnx)，所以存在x(1,)，使得mx„lnx， lnx lnx 即m„ ，x(1,)，令s(x) ，所以m„[s(x)] ， x x max 1lnx 因为s(x) 0，得xe， x2 所以s(x)在区间(1,e)上单调递增，在区间(e,)单调递减， 1 1 1 所以s(x)的最大值为s(e) 所以m„ 又因为m0，所以0m„ ， e e e 1 所以m的最大值为 ． …………………………12分 e 兰州一中高三年级期中考试数学试卷 第 9 页 共4页 {#{QQABDYIUgggoAAAAAAgCEwEgCgIQkBECAIoOQBAIMAIBQRNABAA=}#}