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