高三期中数学参考答案2023.11(1)_2023年11月_0211月合集_2024届山西省运城市高三上学期11月期中考试_山西省运城市2024届高三上学期11月期中考试数学

期中数学试题答案 一、单项选择题 1-5CCADB 6-8 CDD 二、多项选择题 9.ACD 10.BC 11.AD 12.ABD  5  5 11  1  三、13.6 14.4 15. 0,  ,  16.  ,0  12 6 12  e   17.（1）因为 f(x)sin(3x)的图象关于直线x 对称， 8   所以3  k kZ  ， .............................................1分 8 2     得 k，kZ，因为   ，所以k 0, ， .......................2分 8 2 2 8   所以 f(x)sin3x ， .............................................3分  8        f x  sin3x    sin3x .............................................4分  24   24 8   所以 f x 为奇函数成立 ............................................5分  24   （2）由（1）可得： f x  sin3x  24    3 将 f x 的图象向左平移 个单位，再将横坐标伸长为原来的 倍，则  24 9 2   g(x)sin2x  ............... .............................7分  3 π π π 5π π 当2kπ 2x 2kπ ，即kπ  xkπ （kZ）， 2 3 2 12 12   函数g(x)sin2x 是增函数， .............................................9分  3  5π π  故函数g  x 的单调递增区间是  kπ ，kπ  （kZ）． ..............................10分  12 12 1 {#{QQABYYYQogggQgAAAAgCQwVyCAAQkBACCKoOAAAEsAABgRNABAA=}#}  18.（1）设等差数列 a 的公差为d，由题可知d 0， n 因为a a a a a 5a  45，所以a 9， ............................................2分 1 3 5 7 9 5 5 又a 是a 与a 的等比中项，所以a2 a a ， .............................................3分 8 5 13 8 5 13 即 a 3d 2 a  a 8d ，得d 2或d 0（舍去） .............................................5分 5 5 5 所以a a  n5  d 2n1. .............................................6分 n 5 2n1 （2）由（1）知：b  . n 3n 所以数列  b  的前n项和T b b b b n n 1 2 n1 n 2 n1 n 1 1 1 1 1 3    2n3      2n1    ①............................................7分 3 3 3 3 1 1 1 2 1 3 1 n 1 n1 ① 得： T 1   3    2n3      2n1    ②...............................8分 3 3 n 3 3 3 3  2 3 n n1 2 1 1 1 1 1 两式相减得： T  2         2n1    3 n 3  3 3 3  3 1 1  1 9   1 3n1   1 n1  2  2n1    .............................................10分 3 1 3 1 3 n 1 化简得：T 1 n1    . ............................................11分 n 3 n 1 因为nN，所以 n1    0，所以T n 1. ............................................12分 3 19. 1 3 解：（I）由已知得 bcsinA (a2b2c2) ， ...........................................1分 2 4 b2c2a2 ∴sinA 3 . 2bc 即sinA 3cosA . ............................................3分 ∴tanA 3 . ............................................4分 2 {#{QQABYYYQogggQgAAAAgCQwVyCAAQkBACCKoOAAAEsAABgRNABAA=}#}2 又∵A(0,)，A ， ...........................................5分 3 （II）由cosADBcosADC得： ...........................................6分 AD2BD2 AB2 AD2DC2 AC2  ，又∵D为BC的中点，∴BD DC 7，AD 3， 2AD·BD 2AD·DC ∴AB2AC2 20，即b2 c2 20. ............................................8分 b2c228 2 1 又∵ cos  ， 2bc 3 2 ∴bc8. ...........................................9分 又∵bc，∴b4，c2， ...........................................10分 3 2 ∴ sinC csinA  2  21 ............................................12分 a 2 7 14 20.(1)由题意知，在等腰梯形ABCD中，AB//CD， 又E,F 分别为AB,CD的中点，所以EF  AB,EF CD ，. ...................................1分 即折叠后EF DF,EF CF ， ....................................2分 DF CF F ，所以EF 平面DCF， ....................................3分 又MC 平面DCF， 所以EF MC． ...................................4分 (2)∵平面BEFC 平面AEFD，平面BEFC平面AEFD EF ，且EF  DF ， 所以DF 平面BEFC，CF 平面BEFC, DF CF ，DF,EF,CF 两两垂直， 以F 为坐标原点，分别以FD,FC,FE所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 易知DM 1,MF 1，         所以M 1,0,0 ,D 2,0,0 ,A 1,0,2 ,B 0,1,2 ，    则MA 0,0,2  ,DA 1,0,2  ,AB  1,1,0  . ...................................6分  设平面MAB的法向量m x ,y ,z ， 1 1 1    mMA 2z 0 ur 则  1 ，取x 1，则 y 1，得m 1,1,0 ； .............................8分  1 1 mAB x  y  0 1 1 3 {#{QQABYYYQogggQgAAAAgCQwVyCAAQkBACCKoOAAAEsAABgRNABAA=}#} 设平面DAB的法向量n x ,y ,z  2 2 2    nDAx 2z  0 r 则  2 2 ，取z 1，则x 2,y 2，可得n 2,2,1 ，..........10分  2 2 2 nAB x  y  0 2 2     mn 4 2 2 cos m,n      ， ....................................11分 m n 23 3 由图易知平面MAB与平面DAB夹角为锐角， 2 2 所以平面MAB与平面DAB夹角的余弦值为 ． ....................................12分 3 21.（1）由题可得 f(x)axlna， l ： y  ax1lna  xax1 1x lna ......................1分 1 1 1 x 1 g(x) ，l ：y log x  ， ..........................2分 xlna 2 x lna a 2 lna 2 1 因为l 均过原点，所以ax1 1x lna0 x  k elna， 1 1 1 lna 1 1 1 因为l 均过原点，所以log x  0 x ek  ，..........................3分 2 a 2 lna 2 2 elna 所以kk 1 ............................................4分 1 2 1 1lnx （2）由题ex1  ，b b ex1 1x lnx 1 2lnx 1 ，......................5分 x 1 2 1 2 x 2 2 2 lnx1 记h(x) lnx1(x0)， x lnxx h(x) ，记(x)(lnxx)， ...........................................6分 x2 1 1 x在0,单调递减，且 ln2 0，(1)10，.................................7分 2 2  1  x  ,1使得x 0，即lnx x ， ........................................8分 0  2  0 0 0 4 {#{QQABYYYQogggQgAAAAgCQwVyCAAQkBACCKoOAAAEsAABgRNABAA=}#}且hx在0,x 上单调递增，在x ,上单调递减. 0 0 lnx 1 1 mhx 0  x 0  lnx 0 1，∵hx 0 h 2   3ln2，..........................................10分 0 1 5 又∵hx  x   ， 0 0 x 2 0 5 故3ln2m 得证. ...........................................12分 2 22. 解：（1）f(x)的定义域是（0，） 1 1 ax2 xa 1 f(x) a(1 )  (ax2 xa) ………………………1分 x x2 x2 x2 令u(x)ax2 xa 当a0时，x0u(x)0  f '(x)0 f(x)在（0，）单调递增 ………………………2分 当a 0时， 1-4a2 1 若0，即a 时，u(x)0 2  f '(x)0, f(x)在（0，)单调递减 ……………………3分 1 若 0,即0a 时，令u(x)0 2 1 14a2 1 14a2 解得x  0,x  0 1 2a 2 2a 易得f(x)在（0，x )单调递减，在（x ,x )单调递增，在（x ,)单调递减 ……4分 1 1 2 2 综上所述：当a0时，f(x)在（0，）单调递增 1 1 14a2 1 14a2 1 14a2 当0a 时，f(x)在(0, )单调递减，在（ , )单调递增， 2 2a 2a 2a 1 14a2 在（ ,)单调递减 2a 1 ………………………5分 当a 时，f(x)在（0，）单调递减 2 5 {#{QQABYYYQogggQgAAAAgCQwVyCAAQkBACCKoOAAAEsAABgRNABAA=}#}(2)解法一： x 1 1 x x x ln x x 由题易得e x m(x )mlnx mlnmmln  e m mln ……6分 x m m m m 令g(x)ex mx(m0),有g(x)在（0，）为增函数 ………………………7分 1 x 原式等价于g(x ) g(ln ), x m ………………………8分 1 即x lnxlnm x ………………………9分 1 1 即lnmlnx(x ),令h(x)lnx(x ) ……………………11分 x x 由（1）知a 1时，h(x)在（1，）为减函数，h(x)h(1)0 ………………………12分 lnm0m1 (2)解法二： x 1 1 x x x ln x x 由题易得e x m(x )mlnx mlnmmln  e m mln ……6分 x m m m m 令g(x)ex mx(m0),有g(x)在（0，）为增函数 ………7分 1 x 1 原式等价于g(x ) g(ln ),即x lnxlnm ………………………9分 x m x 1 设h(x) x lnxlnm0对x1恒成立 ………………………10分 x 首先h(1)0,即m1 下面证明m1时，h(x)0恒成立 ……………………11分 1 由(1)知，当a 1时，x lnx0,lnm0,此题的证 x ………………………12分 m1 6 {#{QQABYYYQogggQgAAAAgCQwVyCAAQkBACCKoOAAAEsAABgRNABAA=}#}