山东省烟台2023_2024高三数学上学期11月期中考试试题pdf

这是一份山东省烟台2023_2024高三数学上学期11月期中考试试题pdf，共11页。试卷主要包含了答卷前将密封线内的项目填写清楚等内容，欢迎下载使用。


山东省烟台2023-2024高三上学期期中学业水平诊断
数学
注意事项：
1．本试题满分150分，考试时间为120分钟。
2．使用答题纸时， 必须使用0. 5毫米的黑色签字笔书写， 要字迹工整， 笔迹清晰； 超出 答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3．答卷前将密封线内的项目填写清楚。
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。
1.已知集合A={xl2x2 -3x-2 =0} , B={xly＝占言言｝， 则AnB=
A.{l} B. {2} C. {1,2} D. {-1,2}
2．若无穷等差数列{an }的公差为d,则 “ d>O"是 “ 3kEN.，ak >0 ” 的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
c．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3.已知函数f(x) ={-EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 8(C),f)EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 8(S),x)1tXEQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 5(,),2)EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 8(<),x)l ，则八2023)的值为
1
A. -1 B. 0 C. i D.1
4．在平行四边形ABCD中，AB=32 ,AD= 2, EQ \* jc3 \* hps24 \\al(\s\up 10(-),AE)= LBAD=，则 EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 11(一),AC)•
A. 2 B. 2五 D. 4 N
5．如图，某数学兴趣小组欲测量一 下校内旗杆顶部M和教学楼
M
顶部N之间的距离， 已知旗杆AM高15m,教学楼BN高21m,
在与A,B同一水平面C处测得的旗杆顶部M的仰角为30° '教学 A －-－－\－－／－－－.)B
楼顶部N的仰角为60° , LACB=120 ° , 则M,N之间的距离为 c
A. 痀m B. 厮m C. 厮m D. 祠m 6.已知a = lg3 2, b= sin , c= e0.s,则a,b,c 的大小关系为
A. c>a>b B.c>b>a C. b>c>a D. b>a>c 7.斐波那 契 数 列 {a刀｝以如下递归的方法定义：a1 =a2 =1 ,
an =an-I +an-2 (n > 3,n EN.) ．若斐波那契数列{an }对任意neN·, 存在常数p,q ,
使得an'pan+2'qan+4 成等差数列， 则p-q的值为
1
A.1 B. 3 C. ..:.
2
高三数学试题（第1页， 共4页）
3
D. 一
2
高三数学参考答案
一、选择题：
1.B 2. A
二、选择题
9.ACD
三、填空题
13.
四、解答题
17.解：（1）由题知，
3. D 4.A 5.D 6.A 7.C 8.C
10.AB 11.BC 12.BCD
14. 8 15. 16. (−5, −4)
T π
=
2 2
,所以， T = π =
2π
ω
,所以， ω = 2 . ···················· 2 分
所以， f (x) = sin(2x + ) . ······························································ 3 分
π π π 3π π
所以， 2kπ − ≤ 2x + ≤ 2kπ + ，即 kπ − ≤ x ≤ kπ + ， 4 分
2 4 2 8 8
3π π
故 f (x) 的单调递增区间为[kπ − , kπ + ](k ∈ Z) . ··································· 5 分
8 8
（2 ）将函数 f (x) 图像上所有点横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） ， 得
y = sin(x + ) ，再向右平移 个单位长度， 得 g(x) = sin x . ·················· 6 分
所以 h(x) = sin x(sin x + cs x)
2 π
= sin x + sin x cs x = sin(2x − ) + ， ····································· 8 分
4 2
π π π 3π π π 3π
因为 0 ≤ x ≤ , − ≤ 2x − ≤ ,所以 2x − = ， x = 时， h(x) 取得最大值为
2 4 4 4 4 2 \l "bkmark1" 8
1+ . ································································································ 10 分
18.解：（1）当 n = 1 时， 2a1 = a12 ，则 a1 = 0 或 a1 = 2 ，
因为 a1 > 1，所以 a1 = 2 ； ···································································· 2 分
( 2S
当 n ≥ 2 时，〈l2Sn − EQ \* jc3 \* hps13 \\al(\s\up 9(n),1)
+ n − 1
2
= a
n
+ n − 2
2
n − 1
= a
n
,两式相减得， 2a
2 2 = an − an − 1
+1，
即 an − 12 = (an − 1)2 ，因为 an > 1，所以 an − 1 = an − 1 ，即 an − an − 1 = 1 ， ········ 4 分
故数列{an } 是以 2 为首项， 1为公差的等差数列. ········································ 5 分
（2）由（1）知， an = 2 + (n − 1) ×1 = n +1 ，
( 2n+1 , n为奇数
, n为偶数 ln(n+ 2)
所以bn =〈 1 ， ······························································ 7 分
2 1 2 3 2n n
T = b + b + b + … + b
= (b1 + b3 + … + b2n − 1 ) + (b2 + b4 + … + b2n )
2 4 2n 1 1 1
= (2 + 2 + … + 2 ) + ( 2 × 4 + 4 × 6 + … + 2n× (2n+ 2) )
4(1 − 4n ) 1 1 1 1 1 1 1
= + [( − ) + ( − ) + … + ( − )] ························ 10 分
1 − 4 2 2 4 4 6 2n 2n + 2
所以， T2n = 4n+1 − 4 + n . ·························································· 12 分
3 4n+ 4
1 4
19.解：（1）由题知， 每年的追加投入是以 80 为首项， 1 − = 为公比的等比数列，
5 5
所以， an = 80 × = 400 − 400()n ； ················································· 3 分
1 5
同理，每年牧草收入是以 60 为首项， 1+ = 为公比的等比数列，
4 4
所以， bn = 60 × = 240()n − 240 . ·················································· 6 分
（2）设至少经过 n 年，牧草总收入超过追加总投入，即 bn − an > 0 ，
5 4 5 4
即 240( )n − 240 − (400 − 400( )n ) = 240( )n + 400( )n − 640 > 0 ， ············· 8 分
4 5 4 5
令 ()n = t(0 < t < 1) ，则上式化为 + 400t − 640 > 0 ，
即 5t2 − 8t + 3 > 0 ， ·················································································· 9 分
所以 0 <
3 4 3 4 3
解得 0 < t < ，即 ( )n < ，所以， n lg < lg ，
5 5 5 5 5
即 n > lg = lg 3 − lg 5 = lg 3 + lg 2 − 1 ≈ 2.2 ，所以 n ≥ 3 . ··························· 11 分
lg lg 4 − lg 5 3lg 2 − 1
所以，至少经过 3 年，牧草总收入超过追加总投入. ········································· 12 分
20.解：若选①：（1）由正弦定理得， 3sin B = sin C + 3sin Acs C , ·················· 1 分
因为 sin B = sin(A+ C) ,所以 3sin(A+ C) = sin C + 3sin A cs C ，
即 3cs Asin C = sin C ，又因为 C ∈(0, π) ， sin C > 0 ， ························· 3 分
所以 cs A = . ·················································································· 4 分
（2）在 ∆ABC 中， cs A = ，则 sin A = ，
b sin B sin(A+ C) sin A cs C + cs Asin C 2 1 = = = = +
c sin C sin C sinC 3 tan C 3
. ············ 6 分
> C > − A > 0 ，
(0 < B < 因为 ∆ABC 是锐角三角形，所以〈
0 < C < l
π
2
π
2
(A+ C >
,即〈
0 < C < π l 2
, 即
所以 tan C > tan( π − A) = sin( − A) = cs A = ，
cs( 2 − A)
2 π sin A 4
< 2 ， ······································································ 7 分
1
tan C
所以 ∈ ( ,3) . ·················································································· 8 分
b b2 + c2 b c 1 1
设 t = ，则 = + = t + ，
c 2bc 2c 2b 2 2t
t 1 1 ′ 1 1 t2 − 1
2 2t 3 2 2t2 2t2
令 y = + ， t ∈( ,3) ，则 y = − = ，
令 y′ = 0 ，则 t = 1，
所以 0 <
则 y 在 ( ,1) 上单调递减，在 (1, 3) 上单调递增， ······································ 10 分
1 1 5 b2 + c2 \l "bkmark2" 5
所以1 ≤ t + < ，即 的取值范围为[1, ) 12 分
2 2t 3 2bc \l "bkmark3" 3
若选②：（1）因为 2 S = a2 − (b − c)2 ，所以 (b − c)2 − a2 + 2 S = 0 ，
所以 所以
所以
b2 + c2 − a2 − 2bc + bcsin A = 0 ·············································· 1 分
,
2bc cs A − 2bc + bcsin A = 0 ，
sin A = − cs A . ································································ 3 分
又 sin2 A+ cs2 A = 1 ，解得 cs A = 或 cs A = 1 （舍），
所以 cs A = . ·················································································· 4 分
（2）在 ∆ABC 中， cs A = ，则 sin A = ，
b = sin B = sin(A+ C) = sin A cs C + cs Asin C = 2 + 1 ， ··········· 6 分
c sin C sin C sinC 3 tan C 3
(0 < B < 因为 ∆ABC是锐角三角形，所以〈
0 < C < l
A+ C >
0 < C <
π ( π
EQ \* jc3 \* hps24 \\al(\s\up 7(2),π) ,即〈 EQ \* jc3 \* hps24 \\al(\s\up 7(2),π) ,即 > C > − A > 0 ，
2 l 2
所以 tan C > tan( π − A) = sin( − A) = cs A = ，
cs( 2 − A)
2 π sin A 4
< 2 ， ······································································ 7 分
1
tan C
所以 ∈ ( ,3) . ·················································································· 8 分
b b2 + c2 b c 1 1
设 t = ，则 = + = t + ，
c 2bc 2c 2b 2 2t
令 y =
t 1
+ ， 2 2t
′
y =
t ∈(,3) ，则
t2 − 1 2t2
1 1
=
−
2 2t2
,
令 y′ = 0 ，则 t = 1，
所以 0 <
则y 在 ( ,1) 上单调递减，在(1, 3) 上单调递增， ······································ 10 分
1 1 5 b2 + c2 \l "bkmark4" 5
所以1 ≤ t + < ，即 的取值范围为[1, ) 12 分
2 2t 3 2bc \l "bkmark5" 3
若选③：（1）由正弦定理得， a cs A+ a cs(B − C) = 4 bcs Asin C ， ······· 1 分
因为 cs A = − cs(B + C) ，所以 −a cs(B + C) + a cs(B − C) = 4 bcs Asin C ，
所以 2asin Bsin C = 4 bcs Asin C ，
所以 2 sin Asin Bsin C = 4 sin Bcs Asin C . ···································· 3 分
又因为 B, C ∈(0, π) ， sin B ≠ 0, sin C ≠ 0 ，所以 sin A = 2 cs A > 0 ，
1
.
又 sin2 A+ cs2 A = 1 ，解得 cs A =
3
················································· 4 分
（2）在 ∆ABC 中， cs A = ，则 sin A = ，
b = sin B = sin(A+ C) = sin A cs C + cs Asin C = 2 + 1 ， ··········· 6 分
c sin C sin C sinC 3 tan C 3
(0 < B < 因为 ∆ABC是锐角三角形，所以〈
0 < C < l
A+ C >
0 < C <
π ( π
EQ \* jc3 \* hps24 \\al(\s\up 7(2),π) ,即〈 EQ \* jc3 \* hps24 \\al(\s\up 7(2),π) ,即 > C > − A > 0 ，
2 l 2
所以 tan C > tan( π − A) = sin( − A) = cs A = ，
cs( 2 − A)
2 π sin A 4
< 2 ， ······································································ 7 分
1
tan C
所以 ∈ ( ,3) . ·················································································· 8 分
b b2 + c2 b c 1 1
设 t = ，则 = + = t + ，
c 2bc 2c 2b 2 2t
令 y =
t 1
+ ， 2 2t
′
y =
t ∈(,3) ，则
t2 − 1 2t2
1 1
=
−
2 2t2
,
令 y′ = 0 ，则 t = 1，
则y 在 ( ,1) 上单调递减，在(1, 3) 上单调递增， ······································ 10 分
1 1 5 b2 + c2 \l "bkmark2" 5
所以1 ≤ t + < ，即 的取值范围为[1, ) 12 分
2 2t 3 2bc \l "bkmark3" 3
21.解：（1）由题知， f ′(x) = (x + 1)(ex − a) ， 1 分
所以，当 a ≤ 0 时， ex − a > 0 恒成立， 所以，令 f ′(x) = 0 ，解得 x = − 1 .
所以，当 x∈ (−∞, − 1) 时， f ′(x) < 0 ， f (x) 在 (−∞, − 1) 上单调递减；
当 x∈ (− 1, +∞) 时， f ′(x) > 0 ， f (x) 在 (− 1, +∞) 上单调递增； ···················· 3 分
当 a > 0 时，令 f ′(x) = 0 ，解得 x = − 1 或 x = ln a ，
所以，当 ln a > −1 ，即 a > 时， x∈ (− 1, ln a) 时， f ′(x) < 0 ， f (x) 在 (− 1, ln a) 上单
调递减，当 x∈ (−∞, − 1) u (ln a, +∞) 时， f ′(x) > 0 ， f (x) 在 (−∞, − 1) 和 (ln a, +∞) 上单
调递增； ······························································································· 4 分
当 ln a < −1 ，即 0 < a < 时， x∈ (ln a, − 1) 时， f ′(x) < 0 ， f (x) 在 (ln a, − 1) 上单调递
减，当 x∈ (−∞, ln a) u (− 1, +∞) 时， f ′(x) > 0 ， f (x) 在 (−∞, ln a) 和 (− 1, +∞) 上单调递
增； ····································································································· 5 分
当 ln a = − 1 时， f ′(x) ≥ 0 在 (−∞, +∞) 上恒成立，
所以， f (x) 在 (−∞, +∞) 上单调递增. ························································ 6 分
（2）由（1）知，当 a > 1时， f (x) 在 (− 1, ln a) 上单调递减，在 (−∞, − 1) 和 (ln a, +∞) 上
单调递增，且当 x → −∞ 时， f (x) → −∞ ,当 x → +∞ 时， f (x) → +∞ ,所以，若方程
a 1
−
2 e
f (x) = b 始终有三个不相等的实根，则 f (ln a) < b < f (− 1) ，即 − (ln a)2 < b <
在
a∈ (1, +∞) 上恒成立. ············································································· 8 分
a 1 1 1
当 a > 1时，显然 − > − . ······························································· 9 分
2 e 2 e
a 2 ′ 1 2
1 2
令 g(a) = − 2 (ln a) ，则 g (a) = − 2 (ln a) − ln a ，因为 a > 1，所以， ln a > 0 ，所以，
g ′(a) = − 2 (ln a) − ln a < 0 恒成 立， 所 以， g(a) 在 (1,+∞) 上 单调 递减 ，所以 ，
g(a) < g(1) = 0 11 分
综上，若方程 f (x) = b 始终有三个不相等的实根，
1 1
b 的取值范围为 0 ≤ b ≤ − . ······························································· 12 分
2 e
22.解：（1）由题得， f ′(x) = , (x > 0) ， ······································ 1 分
令 h(x) = x − ln x − a, (x > 0) ，则函数 f (x) 有两个极值点， 即方程 h(x) = 0 有两个正实
数根. ······································································································ 2 分
1 x − 1
因为 h′(x) = 1 − = ，所以当 x∈ (0,1) 时， h′(x) < 0 ，h(x) 单调递减， 当 x∈ (1, +∞)
x x
时， h′(x) > 0 ，h(x) 单调递增，所以，h(x)min = h(1) = 1 − a ，且当 x → 0 时， h(x) → +∞ ,
x → +∞ 时， h(x) → +∞ . ········································································· 4 分
所以， 方程 h(x) = 0 有两个正实数根，只需 h(1) = 1 − a < 0 ，
解得 a > 1 ， ······················································································· 5 分
即函数 f (x) 有两个极值点时， a 的范围为 (1,+∞) . ···································· 6 分
x
2
（2）若 x1 < x2 且 3x1 ≥ x2 ，则令
1
x
= t ∈(1, 3]，由（1）知， h(x1 ) = h(x2 ) = 0 ，
即 a = x1 − ln x1 = x2 − ln x2 ，则 x2 − x1 = ln = ln t ，
x2 = tx1 = . ······················ 8 分
ln t
t − 1
,所以，
即tx1 − x1 = ln t ，解得， x1 =
tlnt
t − 1
=
(t + 1) ln t t − 1
, ··················· 9 分
所以， ln x1 + ln x2 + 2a = x1 + x2 = +
令ϕ(t) = , t ∈ (1, 3] ，则ϕ′(t) = = ，
······································································································· 10 分
令 P(t) = −2 ln t + t − ，则 P′(t) = − +1+ = > 0, t ∈(1, 3]
所以函数 P(t) 在(1, 3] 上单调递增，且 P(1) = 0 ，所以， P(t) > 0 ， ············· 11 分
所以，当t ∈(1, 3] 时， ϕ′(t) > 0 ，所以， ϕ(t) 在(1, 3] 上单调递增，
所以，当 t = 3 时， ϕ(t)max = ϕ(3) = 2 ln 3 .
即 ln x1 + ln x2 + 2a 的最大值为 2 ln 3 . ···················································· 12 分