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=}#}