山东名校联盟高三期中考试高三数学答案解析和评分标准(1)_2023年11月_0211月合集_2024届山东省名校考试联盟高三上学期11月期中检测（济南期中）

山东省名校联盟高三上学期期中考试数学试题参考答案 1.答案 D 解析 U＝{x∈N||x-3|≤3}={0,1,2,3,4,5,6}，∁ A＝{0,1,3,5,6}．故选D. U 2.答案 A 11+10i (11+10i)(3+2i) 解析 因为 = =1+4i，所以复数z在复平面内对应的点是(1，4)，位于第一象限． 3-2i (3-2i)(3+2i) 3.答案 A 2 解析 函数 f(x) x 在(－∞，－ )，( ,+ ∞)单调递增，在(－ ，0)，(0， )单调递减， x 若函数f(x)的定义域为[2,+∞)，则函数f2(x)的值2域为[3,+∞)， 2 2 反之不成立，例如若函数f(x)的定义域为(0,1)∪[2,+∞)，函数f(x)的值域也为[3,+∞)，故选A。 4.答案 B  4        5 解析 cos2   cos2   cos2  2sin2( )1 . 故选B.  3   3   3 6 9 5.答案 C 解析 由题意可得 ，又 为等比数列.设公比为q 3 2 2 =− 1+ 3 ，即 ， . 3 2 2 2 1 =− 1+ 1 2 −3 −2=0 2 +1 −2 =0 解得 舍 ， ， .故选C 4 1 1−2 q=−2 q=2 ∴ 4 = 1−2 =15 6. 答案 D 1 3 函数f(x)为R上的增函数，{4a10且4a 2 1，解得 a  解析 0a1 4 4 ，故选D. {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}7. 答案 B → 2→ 1→ → 解析 △ABC中AB＝2AC，∠BAC的平分线交边AB于点D，则 ，AD＝ AC＋ AB，即AB＝－ 3 3 = =2 → → 2AC＋3AD＝－2a＋3b.故选B． 答案 C 8. 解析 由已知可得：x2f / x  2xf  x  lnx, 令g  x   x2f  x  ,则g/ x   x2f / x  2xf  x  lnx, g  x  xg/ x  2g  x  xlnx2g  x  且f  x   , f / x    , x2 x3 x3 再令h  x   xlnx2g  x  ,则h/ x  1lnx2g/ x  1lnx, 当x  0,e 时，h/ x  0,h  x 为增函数；当x  e, 时，h/ x  0,h  x 为减函数； h  x  h  e  e2g  e  e2e2f  e  0  f / x  0在 0， 上恒成立； f  x 在 0， 上为减函数； 1 lne 2ln2 ln 2 ln2 又因为  ,  ,ln 2  e e 4 2 2 lnx 1lnx 故令  x   ,/ x   ,当x  0,e 时，/ x  0,  x 为增函数； x x2 1 2ln2  ln 2  e 4 acb 9． 答案 AC T    2 解析 由图可知A2，    ，所以T  ，所以2，则 f(x)2sin(2x)， 4 3 12 4        将点 ,2代入得：2sin 2，所以  2k,kZ， 12   6  6 2    又|| ，所以 ，所以 f(x)2sin(2x )， 2 3 3  对于A，因为 f(0)2sin  3，故A正确； 3 {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}   对于B，因为 f( )2sin(  )0，，故B不正确； 6 3 3  5   7 对于C，因为x  ,  ，所以2x   , ， 6 12 3  3 6   5 所以函数 f x 在 , 上单调递减，故C正确； 6 12  对于D，将函数 f x 图象向左平移 个单位， 6     2 可得函数 y2sin2x+    2sin（2x+ ） ，不关于 y轴对称，故D错误.   6 3 3 10.答案 ABD 解析 AB项.当d=0时不成立。C项当 ， 则 为单调递增数列。当 为单调递增数列时也 1 >0 >1 可能 ， 1 <0 −1< <0 D项当q=-1时不成立. 11.答案 ACD 解析 当m=1时，a2+b2-ab=9，a2+b2=9+ab ，a2+b2 ,当且仅当a=b时等号成立，a2+b2 2 2 + ≤9+ 2 ≤18 有最大值，最大值为18，选项A正确； 当m=3时，a2+b2-3ab=9，设ab=k(k>0),则a2+b2 3ab=9化为a2+ 3k=9, a4+(9+3k)a2+k2=0, 2 2 − − 因为 =(9+3k)2-4k2=81+54k+5k2>0,所以方程a4+(9+3k)a2+k2=0有解,所以ab没有最大值，选项B错 ∆ 误； 当m=1时，a2+b2-ab=9， (a+b)2=9+3ab 9+ , (a+b)2 36, 6, 当且仅当 3 2 ≤ 4(a+b) ≤ −6≤ a+b ≤ a=b=3时a+b=6，a=b= 3时a+b= 6，a+b有最小值，最小值为 6，选项C正确； − − − 当m=3时，a2+b2-3ab=9，a2+b2 =9+3ab 9 , a2+b2 ，当且仅当a= b时等号成立， 2 2 + 18 ≥ +3(− 2 ) ≥ 5 − a2+b2有最小值，最大值为 ，选项D正确.故选ACD. 18 5 {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}12.答案 BD 解析 x12 x24x3 x1x3 对于函数gx ，g/x  ,当x,1和3，时， ex ex ex g/x0,gx为减函数；当x1,3时，g/ x0,g x为增函数；值域为 0，，选项A错； 1 由已知Fxexlnx2,F/xex ,显然在0， 上为增函数，且F/ 1 e10, x 1 1 1  1 F/   e2 20,x   ,1 使F/ x e x0 0, 当x 0,x 时，F/ x 0,F x 单调递减； 2 0 2  0 x 0 0 1 当xx，时，F/x 0,F x单调递增，F x F x e x0 lnx  2 x  2 0, 0 0 0 x 0 0 选项B正确； C:方程e2  G  x 2   e2 1  G  x  10的两根为G  x  1或G  x   1 ，而函数G  x 的图象如下 e2 由图象可知选项C项错误；  x1 2 x1 不等式g  x axa  a  x1  0,当x1时，不等式可化为 a  0, ex ex x1 2x 令h  x  a,则h/ x  ,当x1时，h/  x 0,h  x 在，1 上为增函数，则h  x 0 ex ex 在，1 上的3个整数解为2，1,0，  h20即  e   3 2 a0 解得4e3 a3e2, 故选项D正确。 h30 4  e3 a0 13. 答案 3x+y+2=0 {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}解析 1 1 1 1 1 对f  x 求导可得，f / x  2x2f /  ,则f / 12f / 2，解得f / 3 2 x 2 2 2 1  f  x   x2 6xlnx f  1  5; f / x  2x6 , f / 1  3 x 切线方程为y53  x1  ,整理得3x y20 14.答 案 -2 解析  f  x1 是偶函数，f  x 是奇函数， f  x 以x1为对称轴， 以 2，0 为对称中心，T4，f  2023  f  3 f  1 2 15.答案 6. 解析 cos2Ccos2 Bsin2 Asin AsinB ， 1sin2C   1sin2 B  sin2 Asin AsinB， 即sin2 Bsin2 Asin2C sin AsinB ， 由正弦定理角化边得b2 a2 c2 ab， a2 b2 c2 ab 1  cosC    ,C  ， 2ab 2ab 2 3 a b c 由正弦定理   ， sinA sinB sinC ab c2 ab c2  3   即 1 ，化简得c2  ab， sin AsinB sin2C sin2 2 2 3 1 又ABC的面积为S  absinC  3ab4c2 6解得c 6. ABC 2 16、答案 3/2    1  1   解析 设AB a，AC b，则AM  (a+b)，BN  b-a，∵AM  BN，∴AM BN 0, 2 2 1 1 ∴ (a+b)( b-a)=0， 2 2 1 1 1 化简得 (a+b)( b-a)=0，b2 ab2a2 0，|b|2  |a||b|2|a|2 0, 2 2 6 {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}|b|2 1|b| |b| 3 |b| 4 AC 3  20,  或  (舍)，∴  . |a|2 6|a| |a| 2 |a| 3 AB 2 17. a2 c2 b2 b2 a2 c2 1 解：(1)（法一）由题意，结合余弦定理得，   ，………………2分 2abc 2abc a 所以bc a2 8……………………………………………4分 cosB cosC 1 （法二）由题意，结合正弦定理得   ,………………2分 sinB sinC sin A sinCcosB+sinBcosC sin(B+C) sin A 1 即    , sinBsinC sinBsinC sinBsinC sin A sin2 AsinBsinC, ∴bc a2 8……………………………………………4分 1 7 (2)由于S  bcsin A4sin A 7，sin A ……………………………5分 ABC 2 4 又Qc a bA为锐角，即 …………………………6分 3 cosA 4 b2 c2 a2  bc 2 3bc  bc 2 24 3 cosA    ， 2bc 2bc 16 4 ∴bc6，…………………………8分 又bc8,ca b，∴b2,c4…………………………10分 18. 解：（1）方法1 +1 2 +1 ∵ = 当 ， ............2分 2 3 −1 ∴ n≥2 1 = 1⋅ 2⋯ −1 =2 ..........3分 −1 ∴ = ∙2 又n=1也适合上式，.........4分 （nN*）............5分 −1 ∴ = ∙2 方法2： .........2分 +1 2 ∵ +1 = 为公比为2首项为1的等比数列............3分 ∴ { } {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}分 −1 ∴ =2 ………4 ..........5分 −1 ∴ = ∙2 （2）由（1）知， = ①......6分 0 1 2 −1 1∙2 +2∙2 +3∙2 +⋯+ ∙2 ②......7分 1 2 3 2 = 1∙2 +2∙2 +3∙2 +⋯+ ∙2 ①-②，- ......8分 1 2 −1 =1+2 +2 +⋯+2 − ∙2 1−2 = − ∙2 1−2 ......10分 =2 −1− ∙2 ......12分 【∴说 明=】( 1) −第1一∙问2方+法1 1不验证n=1扣1分 方法2有4分点，不看3分点； (2)第二问错位相减法按步骤给分； 19. 【详解】（1） f(x)x32x2 ax2 ， f '(x)3x2 4xa，·················1分 因为函数 y  f(x)在x[1,)上单调递增， 所以 f '(x)3x2 4xa0在x[1,)恒成立，······································2分 即a   3x2 4x  ，·········································································3分 min y3x2 4x在x[1,)上单调递增，   当x1时， 3x2 4x 7，····························································4分 min 所以a的取值范围(,7]．································································· 5分 （2） f(x)x32x2 ax2 与ya(1x)有且只有一个交点， 即x3 2x2 ax2a(1x) 只有一个根，················································6分 x3 2x2 2a只有一个根， 令h  x  x32x2 2，所以hx的图象与y  a的图象只有一个交点，·······7分 4 h x 3x2 4x，令hx0，解得x 或x0， 3 {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}4 令hx0，解得  x0， 3  4  4  所以hx在 , ，  0, 上单调递增，  ,0上单调递减，········9分  3  3   4 86 所以h  x  h    ,h  x  h  0 2，····························10分 极大值  3 27 极小值 又因为h  x  的图象与y  a的图象只有一个交点， 86 所以a(,2)( ,).····································································· 12分 27 【说明】（1）有3分点，不看2分点，有5分点，不看4分点，第一问不分参求解对应得分； （2）第二问有7分点，不看6分点； （3）a的取值范围求对一半扣1分. 20．   解：因为 ，故 ， m n 3  AC bcos A acos  2  2 由正弦定理得， AC ．………………………1分 sinBsin Asin Acos 2 又sinA0 ，则 AC B B ， …………………………2分 sinB cos cos sin 2 2 2 即 B B B ，而 B ，故 B 1 ，故 2 ．………………3分 2sin cos sin sin 0 cos  B 2 2 2 2 2 2 3 （Ⅰ）由余弦定理得， b2 a2 c2 2accosB ，即  1 ，整理得 7a2 a2 162a4     2 3a2 2a80 ，…………………………4分 解得a 2或 4 （舍去）， b2 7 ，故△ABC的周长为 62 7 ．…………5分  3    （Ⅱ）设BCM  0,  ，BMC  ．  3 3 2c BM BC CM 3 a 6 由正弦定理得，   即    2 2 ，…………6分 sin sinBMC sinB sin   3 sin    3  2 {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}故c 3 2sin，a  2sin 6cos， 所以 ac2 2sin 6cos 14sin  ，…………………………7分 其中 ， ，……………8分 21 2 7 3   sin= ,cos= ,tan   ,  7 7 2  6 4   0 , , 3 3 又     则当 时，ac取得最大值 14 ，…9分   ,  ,  6 4 3 2 2 又 ………10分    21 1 2 7 3 3 21 sin( )sincos cossin      3 3 3 7 2 7 2 14 …………………………11分  3 21 21 sin( ) sin 3 14 7 所以ac的取值范围为 …………………………12分  6, 14  21、 解：（1） 在函数 上. 1 1 ∵ , +1 =2 + ， ..............1分 1 1 ∴ +1 =2 + ... 又 ， 2+2 +1 +1 +1+1 2 +1 2 = −1 ∴ +1 = +1−1= 2−2 +1 = −1 2 ， ..............3分 2 ∴ +1 = ... 两边取以3为底的对数， ............4分 log3 +1 =2log3 . 又 ， =1 1+1 1 = 1−1=3 log3 1 是首项为1，公比为2的等比数列...........5分 ∴ log3 ...............6分 −1 −1 2 ∴log3 =2 . ∴ =3 . {#{QQABQYQQgggoAAJAAAhCQwkwCACQkBGCAKoOREAMMAABARFABAA=}#}（2） , ...........7分 2 −1 +1 +1 3 +1 ∵ = −1 ∴ = −1=3 2 −1 −1. ...............8分 2 −1 2 −1 3 +1−3 +1 2 ∴ 则 Cn = −1= 3 2 −1 −1 =3 2 −1 −1.. 2 −1 2 −1 +1 3 −1 3 −1 1 1 1 = 3 2 −1 = 3 2 −1 2 −1 =3 2 −1 +1<3 2 −1 <3 ， ...............10分 又 1 ∴ +1 <3 ... 1 =1. S n 2 n−1 1 1 1 =C1+C2+⋯+Cn