山东省菏泽市2023-2024学年高三上学期11月期中考试数学（A）答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届山东省菏泽市高三上学期11月期中考试_山东省菏泽市2024届高三上学期11月期中考试数学

高三数学试题（A）参考答案
一、单项选择题：本大题共8个小题，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．D 2．A 3．A 4．B 5．A 6．C 7．B 8．C
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．ABD 10．AB 11．ABD 12．BC
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
25 5+1
13．- （答案不唯一） 14．(-∞, -1) 15．- 16． 5
8 4
四、解答题：本大题共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.（10分）
解:（1）p：实数x满足x2- 10x+ 16£ 0，解得2£ x£ 8， ……………2分
当m=1时，q：x2 - 4x+ 3£ 0，解得1£ x£ 3， ……………3分
因为p和q至少有一个为真，所以2£ x£ 8或1£ x£ 3，所以1£ x£ 8，
所以实数x的取值范围为[1,8]； ……………5分
（2）因为m>0，由x2- 4mx+ 3m2£ 0，解得m£ x£ 3m，即q：m£ x£ 3m，……7分
因为q是p的充分不必要条件，
m‡ 2 8
所以 （等号不同时取），所以2£ m£ ．……………10分
3m£ 8 3
18.（12分）
解:（1）由题意知x2 - 2ax+ a‡ 0在R上恒成立，所以D = 4a-2 4£ a 0，解得0£ a£ 1，
[ ]
即实数a的取值范围为 0,1 ；……………4分
（2）由 f ( x )>4a- ( a+ 3 ) x得：x2+( 3- a ) x- 3=a +( x 3 )-( x >a ) 0；……………6分
当a>- 3时， ( x+3 )( x- a>) 0的解为x<- 3或x>a；……………8分
当a<- 3时， ( x+3 )( x- a>) 0的解为x<a或x>- 3；……………10分
综上所述：当a>- 3时，不等式的解集为(-∞, -3)∪(a, +∞)；当a<- 3时，不等式的
解集为(-∞, a)∪(-3, +∞)． ……………12分
高三数学答案（A）第1页（共5页）
{#{QQABLYQAgggAAgAAAAhCAwGgCAOQkBGCAIoOABAIsAIAABNABCA=}#}19.（12分）
(cid:1) (cid:1)
 π  π  π
解:（1）由题意得，a(cid:215) b= 2cosxsinx- +  2sinxcos -x =  2sin -2x ，
 6  6  6
(cid:1) (cid:1)
a = ( 2cosx )2+( 2sinx )2 =2,b = sin2  x- π +   cos2  x- π =   1，
 6  6
所以 f ( x )=cos a (cid:1) ,b (cid:1) = a (cid:1) (cid:1) (cid:215) b (cid:1) (cid:1) = 2sin   2x- π 6   =sin  2x- π  ． ……………3分
a b 2· 1  6
对于函数y= f ( x ) 的单调增区间，令2kπ- π £ 2- x£ π +2kπ ˛ π( k Z) ，
2 6 2
得到kπ- π £ £ x +kπ π ˛ ( k Z) ；
6 3
对于函数y= f ( x ) 的单调减区间，令2kπ+ π £ 2x- £ π 2+kπ 3π ˛ ( k Z) ，
2 6 2
得到kπ+ π £ x£ k+π 5π ˛( k Z) ；
3 6
所以函数y= f ( x ) 的单调增区间为  kπ− π ,kπ+ π (k∈Z)，
  6 3 
函数y= f ( x ) 的单调减区间为  kπ+ π ,kπ+ 5π  ( k˛ Z) ； ……………6分
 3 6 
（2） f ( A )=sin  2A- π  = 1，因为锐角∆ABC中，A˛  0, π ，
 6  2
π  π 5π π π π
所以2A- ˛ -  , ，所以2A- = ，得A= ， ……………8分
6  6 6  6 2 3
在∆ ABC中，由正弦定理得
sinB+sin 2π - B   3 sinB+ 3 cosB
b+c = sinB+sinC =  3  = 2 2 =2sin  B+ π ，
a sinA π 3  6
sin
3 2
……………10分
 π
0＜B＜ ，
 2 π π
在锐角∆ ABC中， 解得 ＜B＜ ，
 0＜C = 2π - B＜ π ， 6 2
 3 2
π π 2π  π
所以 ＜B+ ＜ ，所以 3＜2sinB+  £ 2，
3 6 3  6
b+c (
即 的取值范围为
3,2

． ……………12分
a
高三数学答案（A）第2页（共5页）
{#{QQABLYQAgggAAgAAAAhCAwGgCAOQkBGCAIoOABAIsAIAABNABCA=}#}20.（12分）
f¢¢ (1) 1 1
解:（1） f¢(x)= 1 +1， f¢¢ (x)=- 1 ，所以 K 1 = ( )3 = 3 = 3 ，…………3分
x x2 1+[f¢(1)]2 2 (1+22)2 52
1
g¢(x)= 2 1 x ，g ¢¢ (x)=- 1 4 x - 3 2， K 2 = ( 1+[ g g ¢¢ ¢ ( ( 1 1 ) )]2 )3 2 =   4 12 3 2 = 5 2 3 2 ，所以K 1 <K 2 ；
1+   
 2 
…………6分
（2）h¢(x)=cosx，h¢¢ (x)=- sinx，
sinx
所以K = ，
3
(1+cos2x)2
sin2x sin2x
K2 = = ， …………9分
(1+cos2x)3 (2- sin2x)3
2- t
令t =2- sin2 x，则t˛ [1,2]，K2 =
t3
2- t - t-3 3t2-(2 t) - 2t 6
设 p(t)= ，则p ¢(t)= = ，
t3 t6 t4
显然当t˛ [1,2]时， p'(t)<0， p(t)递减，所以p(t) = p(1)=1．K2最大值为1，
max
所以K的最大值为1． …………12分
21.（12分）
解:（1）设方案甲与方案乙的用水量分别为x, z，则由题意得
x+0.8
=0.99，解得x=19， ……………2分
x+1
y+0.95a
由c=0.95得方案乙初次用水量为3，第二次用水量y满足 =0.99，
y+a
解得y =4a，所以z=4a+3， ……………4分
即两种方案的用水量分别为19和4a+3，
因为1£ a£ 3时，x- z= 19- 4- a= 3 -4(4> a) 0，
所以x>z，所以方案乙的用水量较少；
……………6分
（2）设初次与第二次清洗的用水量分别为x与y，
5c- 4
类似（1）得x= ,y=a(99- 100c)，
5(1- c)
5c- 4
所以x+y= +a(99- 100c)
5(1- c)
1
= +100a(1- c-) - a 1，
5(1- c)
当a为定值时，
1
x+y‡ 2 (cid:215) 100a(-1 - c)- =a- +1 a - 4 5a 1，
5(1- c)
1
当且仅当 =100a(1- c)时取等号，
5(1- c)
高三数学答案（A）第3页（共5页）
{#{QQABLYQAgggAAgAAAAhCAwGgCAOQkBGCAIoOABAIsAIAABNABCA=}#}1 1
此时c=1+ 不合题意舍去，或c=1- ˛ (0.8,0.99)，……………9分
10 5a 10 5a
1 5c- 4
将c=1- 代入x= ,y=a(99- 100c)，
10 5a 5(1- c)
得x=2 5a- 1> a- 1,=y 2 5- a a，
1
所以c=1-
时总用水量最少，
10 5a
此时第一次与第二次用水量分别为2 5a- 1和2 5a- a，
最少用水量为T(a)=2 5a- 1+ 2 5a- =a- + a 4- 5a 1，
2 5
当1£ a£ 3时，T¢(a)= - 1> 0，所以T(a)在[1,3]上为增函数，
a
所以随着a的增加，最少用水量在增加． ……………12分
22.（12分）
解:（1）当a=1时， f ( x )=2lnx- 2x2- 2+x 1， f¢ ( x )= 2 - 4x- 2，……………1分
x
f¢ ( 1 )=2- 4- =2- 4， f ( 1 )=- 2- +2 =1- 3，
所以函数 f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y+3=- 4 ( x- 1 ) ，即y =- 4x+ 1；
……………3分
（2）①函数 f(x)的定义域为(0, +∞)，
f¢ ( x )= 2 - 2 ( a+ 1 ) x- 2=a - 2  ( a+ 1 ) x- 1  +( x 1 ) ，
x x
当a£- 1时， f ¢( x )>0恒成立， f ( x ) 单调递增，所以 f ( x ) 不可能有2个零点；
……………4分
当a>- 1时，当0< x< 1 时， f ¢( x )>0， f ( x ) 单调递增， ……………5分
a+1
当x> 1 时， f¢ ( x )<0， f(x)单调递减，
a+1
当xfi 0时， f(x)fi -∞，当xfi +∞时， f(x)fi -∞，
 1 
所以要满足函数 f(x)有2个零点，只需 f   >0，
a+1
即2ln 1 - ( a+ 1 )  1   2 - 2(cid:215) a 1 + >1 0，
a+1 a+1 a+1
整理得2ln ( a+1 )+ a <0， ……………6分
a+1
设g ( x )=2ln ( x+1 )+ x ，函数g ( x ) 的定义域为(-1, +∞)，
x+1
g¢ ( x )= x 2 +1 + ( x+ 1 1 )2 >0，所以g ( x ) 在定义域上单调递增，
且g ( 0 )=0，则不等式2ln ( a+1 )+ a <0的解集为 (- 1,0 ) ，
a+1
所以a的取值范围为
(-
1,0
)
； ……………8分
高三数学答案（A）第4页（共5页）
{#{QQABLYQAgggAAgAAAAhCAwGgCAOQkBGCAIoOABAIsAIAABNABCA=}#}1
②证明：由（2）知，- 1< a< 0，则 >0，
a+1
2 2
要证明x +x > ，即证明x > - x ，
1 2 a+1 1 a+1 2
1
不妨设0<x < <x ，
1 a+1 2
1 2 1
因为x > ，所以0< - x< ，
2 a+1 a+1 2 a+1
1 ( )  1 
又0<x < ，函数 f x 在0, 上单调递增，
1 a+1  a+1
此时需证明 f ( x )> f   2 - x  ，
1 a+1 2
1 2 1
当0<x < ，0< - x< 时，
1 a+1 a+1 2 a+1
1 2
可得 < x < ， ……………10分
a+1 2 a+1
因为 f ( x )= f ( x ) ，即证明 f ( x )- f   2 - x>   0，
1 2 2 a+1 2
设h ( x )= f ( x )- f   2 - x  ，函数的定义域为   1 ,+¥  ，
a+1  a+1 
h¢ ( x )= f¢ ( x )+ f¢   a 2 +1 - x    = 2 x + 2 2 - x - 4 (+a 1 )
a+1
= 4 - 4 ( a+ 1 )> 4 - 4+( a =1 ) 0
( a+1 )(cid:215) x(cid:215)   a 2 +1 - x    ( a+1 )(cid:215)    a 1 +1   2 ，
所以h ( x ) 在   1 ,+¥  单调递增，则h ( x )>h   1   =0，
a+1  a+1
h ( x )= f ( x )- f   2 - x>   0，所以 f ( x )= f ( x )> f   2 - x  ，
a+1  1 2 a+1 2
( )  1  2
又 f x 在0, 上单调递增，所以x > - x ，
 a+1 1 a+1 2
2
即x +x > ，命题得证． ……………12分
1 2 a+1
高三数学答案（A）第5页（共5页）
{#{QQABLYQAgggAAgAAAAhCAwGgCAOQkBGCAIoOABAIsAIAABNABCA=}#}