2024莆田五校联盟高三上学期期中考试数学含答案

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数学科试题参考答案及评分标准
一、选择题
二、多项选择题
三、填空题
13. 1 14. (一∝，,1] 15. (1,，+∝) 16. 4
四、解答题
17.（本题满分 12 分）
解：（1）由已知得切点为 (1,0) ，且 f ,(x) = 3x2 一 a ，1 分
(f (1) = 0 (1一 a + b = \l "bkmark3" 0
lf (1) = 0 l3 一 a = \l "bkmark4" 0
（2）由（1）知 f (x) = x3 一 3x + 2 f ,(x) = 3x2 一 \l "bkmark5" 3
：〈 , ，即〈 ，解得 a = 3, b = 2 5 分
,
令f ,(x) = 3x2 一 3 = 0 得x = 一 1, x = 1 分
：f (一 1) = 4, f (1) = 0, f (2) = 4
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
A
D
B
A
C
D
题号
9
10
11
12
答案
BD
BD
AC
BD
则f (x) 在区间[− 1,2] 上的最大值与最小值之和为4 分
18.（本题满分 12 分）
选择条件①:
依题意， f (x) 相邻两对称轴之间距离为 ，则周期为 π ,从而 ω = 2 ， 分
f (x) = 1 sin(2x +φ) ，g(x) = 1 sin(2x +φ− π ) ，
2 2 6
2
π
又g(x) 的图像关于原点对称，则g(0) = 0，由 | φ| 0)
即有：f (x) = sin ωx + 1 csωx= 1 sin(ωx + π )
4 4 2 6
又因为f (x) 相邻两对称轴之间距离为，则周期为 π ,从而 ω = 2 ，
从而f (x) = 1 sin(2x + π ) ，f (π ) = 1 分
2 6 6 2
（2）f (x) = 1 sin(2x + π ) ，令2kπ- π ≤ 2x + π ≤ 2kπ + π , k ∈ z ，
2 6 2 6 2
解得x∈ kπ − , kπ + , k ∈ z ，
从而f (x) 在 [0, π ] 上的单调递增区间为 0, , , π 分
19.（本题满分 12 分）
.解：．解：（11）∵0＜α＜，sinα＝，
∴csα＝＝，
∴tanα＝＝，
（2）∵sin2α＝2sinαcsα＝，cs2α＝cs2α﹣sin2α＝﹣
∴cs（2）＝（cs2α﹣sin2α）＝（﹣﹣）＝﹣，
（3）∵0＜α＜，0＜β＜，
∴0＜α+β＜π，
∵cs（α+β）＝﹣，
∴sin（α+β）＝＝，
∴sinβ＝sin[（α+β）﹣α]＝sin（α+β）csα﹣cs（α+β）sinα＝ 分
20解： (1)由已知得 S△BCD ＝ BC ·BD ·sin B ＝ ，又 BC ＝2 ，sin B ＝ ，
∴BD ＝ ，cs B ＝ ．在△BCD 中，由余弦定理，得
CD2＝BC2＋BD2 －2BC ·BD ·cs B ＝22＋（）2 －2×2× × ＝ .
∴CD ＝ ． 分
DE
(2) ∵CD＝AD ＝ = ，
sinA 2sinA
在△BCD 中，由正弦定理，得 = ，
2
sin2A
=
又∠BDC ＝2A，得
,
6
2sinAsinB
解得 cs A ＝ ，所以 A = ． 分
21.本题满分 12 分）
解： 解（1）g (x ) = x − aln x 的定义域为(0, +∞) ， g ′ (x) = 1 − = 分
(i)若a ≤ 0 ，则 g ′ (x ) ≥ 0 ，所以 g (x) 在(0, +∞) 单调递增. 分
(ii)若a > 0 ，当 x∈(0, a ) 时， g ′ (x ) < 0 ；当 x∈(a, +∞ ) 时， g ′ (x ) > 0 .
所以g (x) 在(0, a ) 单调递减，在(a, +∞ ) 单调递增 分
（2）因为 f (x) 存在两个极值点且a > 2 .f ′ (x ) = − ，
所以f (x) 的两个极值点x1 , x2 满足x2 − ax +1 = 0 ，
所以x1x2 = 1 ，不妨设 x1 < x2 ，则 x2 > 1 分
则 f (x1 ) − f (x2 ) = − 1 − 1 + a lnx1 − lnx2
1 2 1 2 1 2
x x x x x x−−
= −2 + a
1 2
lnx − lnx
1 2
x − x
= −2 + a
2
−2lnx
1
− x 2
2
x
, 分
要证 < a − 2 ，只需证 − x2 + 2lnx2 < 0 .
设h (x ) = − x + 2lnx(x > 1) ，则 h′ (x ) = − < 0 ， 分
知h(x) 在(1, +∞ ) 单调递减，又h(1) = 0
当x∈ (1, +∞ ) 时， h (x) < 0
, 故 − x2
2 ，
+ 2lnx < 0
即
f (x1 ) − f (x2 )
1 2
x − x
< a − 2 ，所以f (x1 ) − f (x2 ) > (a − 2) (x1 − x2 ) 分
22. （本题满分 12 分）
（1）令 f (x) = 0 ，即 ex + mx = 0
：x = 0 不是方程的根， ∴ −m = 分
令g(x) = ,则g ′(x) = 分
当x >1时， g ′(x) > 0 ，g(x) 单调递增， 当 0 < x 0 时，函数有 1 个零点；
当m < −e 时，函数亦两个零点；
当 − e < m ≤ 0 时，函数亦 0 个零点 分
（2）不等式可化为 ex − 1 + (x − 1) ≥ ealnx + aln x 分
令h(x) = ex + x ，则h(x) 为增函数
所以有h(x − 1) ≥ h(aln x) ，得到 x − 1 ≥ aln x ，
所以不等式 ex − 1 + x ≥ x a + aln x +1对 x >1 恒成立等价于不等式 x − 1 − aln x ≥ 0 对 x >1 恒成
立 分
令m(x) = x − 1 − aln x, (x > 1) ，有 m′(x) =
当 a ≤ 1时，因为x > 1，所以x − a > 0 ，所以
即a ≤ 1时，不等式恒成立；
x − a
x
m′(x) > 0 ，函数m(x) 为增函数，所以m(x) ≥ m(1) = 0 ，
当a > 1时， 因为1 < x < a 时， m′(x) < 0 ，函数m(x) 为减函数， 有m(a) < m(1) = 0 ，与题设矛盾.
综上，当 a ≤ 1时， 不等式ex − 1 + x ≥ x a + aln x +1对x > 1恒成立。 分