江苏省苏州市2023-2024学年高三上学期期中调研 数学答案

2023-11-13 · U1 上传 · 6页 · 286.4 K

2023~2024学年第一学期高三期中调研试卷数学参考答案及评分建议2023.11一、单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.题号12345678答案DCDBDACB二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共计20分.题号9101112答案ADACBCDABD三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共计20分.13.20;14.3;15.1;16.(3,3),(3,3)2四、解答题:本大题共6小题,共计70分.17.(本小题满分10分)xxx解:(1)因为f(x)sin3cos2sin(),……………………………………………2分2223x5当2k,kZ即x4k,kZ时,f(x)取得最小值-2,………………4分23235所以f(x)的最小值为-2,此时x的取值集合为{x|x4k,kZ}.………………5分3(2)设f(x)的图象向右平移m(m0)个单位后得到函数g(x),则g(x)2sin(xm),23因为g(x)为偶函数,所以g(x)g(x),即sin(xm)sin(xm),223223所以sinxcos(m)0恒成立,所以mk,kZ,………………………8分223232所以m2k,kZ,…………………………………………………………………9分3又因为m0,所以m5.……………………………………………………………10分min318.(本小题满分12分)解:(1)由b=2及2cosA3acosB得bcosA3acosB,即bcosAacosB3,………2分222222由余弦定理得bbcaaacb3,……………………………………………42bc2ac分所以c3.……………………………………………………………………………………5分(2)若选①,记∠BAC=2θ,∠BAC的平分线交BC于D,则有S△ABCS△ABDS△ACD,…………………………………………………………………………………………6分即1bcsin21bADsin1cADsin,…………………………………………………7222高三数学期中参考答案第1页共6页学科网(北京)股份有限公司分即6sin212sin18sin即sin2sin,所以2sincossin,………………9分55因为(0,),所以sin0从而cos1即,…………………………………11分223所以BAC2.……………………………………………………………………………12分3若选②,由于D为BC中点,所以AD1(ABAC),…………………………………6分2222即4ADABAC2ABAC,…………………………………………………………7分7又因为AD,AB3,AC2,所以ABAC3,……………………………9分2即ABACcosBAC3,所以cosBAC1,……………………………………11分22又因为BAC(0,),所以BAC.………………………………………………12分3若选③,由于AH为BC边上的高,2221219在Rt△BAH中,BHABAH9957144,所以BH,……………7分19191919222719在Rt△CAH中,CHACAH495749,所以CH,……………9分19191919所以BCBHCH19,222由余弦定理得cosBACABACBC94191,…………………………11分2ABAC23222又因为BAC(0,),所以BAC.………………………………………………12分319.(本小题满分12分)解:(1)因为平面PDB平面ABCD,平面PDB平面ABCD=BD,ACBD,AC平面ABCD所以AC⊥平面PDB,…………………………………………………………………………1分又因为PD平面PDB,所以AC⊥PD,…………………………………………………2分又因为ABPD,ACABA,AC平面ABCD,AB平面ABCD,所以PD⊥平面ABCD,………………………………………………………………………4分(2)z由(1)知PD⊥平面ABCD,又AD平面ABCD,AB平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥AB,过A引AZ∥PD,则有AZ⊥AD,AZ⊥AB,又因为DAB900,即ABAD,以A为原点,以AB为x轴,以AD为y轴,以AZ为z轴建立空间直角坐标系,……5分高三数学期中参考答案第2页共6页学科网(北京)股份有限公司设ABt(t0),则A(0,0,0),B(t,0,0),C(t,1,0),D(0,2,0),P(0,2,2),所以AC(t,1,0),BD(t,2,0),DP(0,0,2),由于ACBD,所以ACBD0,所以t22,即t2,………………………………………………………………………7分从而C(2,1,0),则DC(2,1,0),………………………………………………………8分设平面PDC的一个法向量为n(x,y,z),则有nDP0,即2z0,nDC0,2xy0,y2,取x1,解得即n(1,2,0),………………………………………………9分z0,同理,可求得平面PBC的一个法向量为m(1,0,1),…………………………………10分所以|cosm,n||1|6…………………………………………………………11分326设二面角DPCB的平面角为,为钝角,6所以二面角DPCB的平面角余弦值为.…………………………………………12分620.(本小题满分12分)解:(1)因为f(x)exx22x,所以f(x)ex2x2,………………………………………1分令m(x)f(x)ex2x2,则m(x)ex2,当x(,ln2)时,m(x)0;当x(ln2,)时,m(x)0.所以m(x)在(,ln2)上单调递减,在(ln2,)上单调递增.所以m(x)minm(ln2)2(2ln2)0,…………………………………………………………3分即f(x)0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(,),无单调递减区间.…………………………………5分(2)由题意f(x)(2a)x1在区间(0,)上恒成立,xa1xe即exx22x2xax1恒成立,即xx在区间(0,)上恒成立,………………6分1exg(x)xx(0,)ag(x)令xx,,只需max,……………………………………………7分xx(x1)(x1ex)g(x)11exe有x2x2x2,x(0,),……………………………………8分xx令h(x)x1e,x[0,),有h(x)1e≤0,从而h(x)≤h(0)0,…………………9分所以当x(0,1)时,g(x)0;当x(1,)时,g(x)0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,……………………………………10分g(x)g(1)2e所以max,…………………………………………………………………11分所以a2e.…………………………………………………………………………………12分高三数学期中参考答案第3页共6页学科网(北京)股份有限公司21.(本小题满分12分)SS5a2a5a1a3解:(1)法一:当n1时,21,即21,由1,得2,SS2n22n1SS2(n1)22(n1)1≥由n1n,得nn1(n2),aa4n(n≥2)aa4两式相减得:n1n.又21,满足上式.*aa4n所以当nN时,n1n,…………………………………………………………1分aa4(n1)又当n≥2时,nn1,aa4(n≥2)两式相减得:n1n1,…………………………………………………………2分{a}a1所以数列n的奇数项是以1为首项,4为公差的等差数列,aan1412(n1)2n1所以n12(n为奇数),……………………………………3分{a}a3数列n的偶数项是以2为首项,4为公差的等差数列,aan1412(n1)2n1所以n12(n为偶数),……………………………………4分a2n1{a}a2n1所以n,即n的通项公式是n.…………………………………………5分SS2n22n1S(n1)2(Sn2)(1)n(S12)法二:因为n1n,所以n1n1,………2分S120Sn20Sn2因为1,所以n,即n,………………………………………………3分aSSn2(n1)22n1当n≥2时,nnn1,…………………………………………4分a1{a}a2n1当n1时,1适合上式,所以n的通项公式是n.…………………………5分()因为n,所以:2bn1(1)bnan当*时,……①n2k1(nN)b2kb2k1a2k12(2k1)14k3当*时,……②n2k(nN)b2k1b2ka2k22k14k1bb2(k≥1)①、②两式相减得:2k12k1,…………………………………………………6分b1bb2b1因为1,31,所以3,bb2(k≥1)b1因为2k12k1,所以当n为奇数时,n,…………………………………7分bba2(n1)12n3当n为偶数时,nn1n1,ba12n312n2所以nn1,…………………………………………………………8分1,n为奇数所以bn,…………………………………………………………………9分2n2,n为偶数(i)当n为偶数时,n(22n2)T(bbb)(bbb)n121n21n.…………10分n13n124n2222(ii)当n为奇数时,TTbTb[1(n1)21(n1)][2(n1)2]1n21n1nn1n1n1n12222.………11分1n21n1,n为奇数22综上,Tn.………………………………………………………12分121nn,n为偶数22高三数学期中参考答案第4页共6页学科网(北京)股份有限公司22.(本小题满分12分)解:(1)因为f(x)ax2(a2)xlnx,x(1,2)2ax2(a2)x1(2x1)(ax1)所以f(x)2axa21,…………………………1分xxx①当a≤0时,f(x)0所以f(x)在(1,2)上单调递减,所以f(x)在(1,2)上无极值点,…………………………2分x(0,1)x(1,)②当a0时,当a时,f(x)0;当a时,g(x)0,(0,1)(1,)所以f(x)在a上单调递减,在a上单调递增.1所以f(x)的极小值点为a,无极大值点,1(1,2)因为f(x)在(1,2)上有极值,所以a,1a1所以2.……………………………………………………………………………4分(2x1)(ax1)f(x)(2)当0a1时,x,x0f(x)f(1)ln11111由(1)知:极小aaa,0a1,at1令a,t1,则f(t)l

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