潍坊高三期中考试数学试题数学答案
2019-2020学年山东省潍坊市高三(上)期中数学试卷
2019-2020学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集合A＝{x|x2−2x≥0}，B＝{x|0<x<3}，则A∩B＝（）A.(−1, 3)B.(0, 2]C.[2, 3)D.(2, 3)【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．【解答】∵A＝{x|x≤0或x≥2}，B＝{x|0<x<3}，∴A∩B＝[2, 3)．2. sin225∘＝（）A.−√22B.√22C.−12D.12【答案】A【考点】运用诱导公式化简求值【解析】把225∘写为180∘+45∘由诱导公式二得特殊角的正弦角，由特殊角正弦值得结果．【解答】sin225∘＝sin(180∘+45∘)＝−sin45∘=−√22．3. 已知a＝log32，b＝314，c＝ln23，则a，b，c的大小关系为（）A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b【答案】B【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数与对数函数的单调性即可得出．【解答】a＝log32∈(0, 1)，b＝314>1，c＝ln$${\{}$\${dfrac\{2\}\{3\}}$<}$0，则${a}$，${b}$，${c}$的大小关系：${b\gt a\gt c}$．4. 若l，m是平面α外的两条直线，且l // α，则m // l是m // α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【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】利用线面平行的判定定理及其性质定理即可判断出结论．【解答】l，m是平面α外的两条直线，l // α，则m // l⇒m // α，反之不成立．∴m // l是m // α的充分不必要条件．5. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，共进行三场比赛，规定：每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．则田忌获胜的概率为（）A.1 3B.16C.19D.136【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．利用列举法能求出田忌获胜的概率．【解答】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，设田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．基本事件有：(Aa, Bb, Cc)，(Aa, Bc, Cb)，(Ab, Bc, Ca)，(Ab, Bc, Ca)，(Ac, Bb, Ca)，(Ac, Ba, Cb)，共6个，田忌获胜包含的基本事件有：(Ac, Ba, Cb)，只有1个，∴田忌获胜的概率为p=16．6. 函数f(x)＝x−ln|x|x的大致图象为（）A. B.C. D.【答案】A【考点】函数的图象与图象的变换【解析】根据条件判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想进行排除即可．【解答】函数的定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞)，f(−x)＝−x−ln|−x|−x =−(x−ln|x|x)＝−f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，当x>0且x→0，f(x)→+∞，排除C，7. (2−√x)8展开式中x3的系数为（）A.−122B.28C.56D.112【答案】D【考点】二项式定理及相关概念【解析】写出二项展开式的通项，令x的指数为3求得r值，则答案可求．【解答】由T r+1=C8r⋅28−r⋅(−√x)r=(−1)r⋅28−r⋅C8r⋅x r2．取r2=3，得r＝6．∴(2−√x)8展开式中x3的系数为(−1)6⋅22⋅C86=112．8. 已知函数f(x)＝sin x+cos x，则（）A.f(x)的最小正周期为πB.y＝f(x)图象的一条对称轴方程为x=π4C.f(x)＝的最小值为−2D.f(x)在[0, π2]上为增函数【答案】B【考点】两角和与差的三角函数【解析】利用辅助角公式化积，然后逐一分析四个选项得答案．【解答】∵f(x)＝sin x+cos x=√2sin(x+π4)，∴f(x)的最小正周期为2π，故A错误；又f(π4)=√2sinπ2=√2，∴y＝f(x)图象的一条对称轴方程为x=π4，故B正确；f(x)的最小值为−√2，故C 错误；由x ∈[0, π2]，得x +π4∈[π4, 3π4]，则f(x)在[0, π2]上先增后减，故D 错误．9. 如图，已知|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|=√3，OC →⊥OB →，<OA →，OC →>$= $30∘，若OC →=xOA →+yOB →，x +y ＝（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】 C【考点】平面向量的基本定理 【解析】建系，利用坐标法表示出OC →=xOA →+yOB →，进而可求出x ，y 值． 【解答】建立如图所以坐标系，根据条件不妨设A(1, 0)，B(−12, √32)，C(32, √32)， 则OC →=(32, √32)＝x(1, 0)+y(−12, √32)， 所以{x −12y =32√32y =√32 ，解得x ＝2，y ＝1， 所以x +y ＝3，10. 近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000t 生活垃圾．经分拣以后数据统计如表（单位：t ）：根据样本估计本市生活垃圾投放情况，下列说法错误的是（ ）A.厨余垃圾投放正确的概率为23 B.居民生活垃圾投放错误的概率为310C.该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱D.厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量的方差为20000 【答案】 D【考点】命题的真假判断与应用【解析】由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=400400+100+100=23；可回收物投放正确的概率=240 240+30+30=45；其他垃圾投放正确的概率=6020+20+60=35．A．可知：厨余垃圾投放正确的概率；B．居民生活垃圾投放错误的概率＝由题意可知：生活垃圾投放错误有200+60+ 20+20＝300，可得生活垃圾投放错误的概率；C．由计算该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高．D．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的的投放量的平均数x¯=600+300+1003=10003，利用方差计算公式即可得出方差．【解答】由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=400400+100+100=23；可回收物投放正确的概率=240 240+30+30=45；其他垃圾投放正确的概率=6020+20+60=35．A．可知：厨余垃圾投放正确的概率=23，正确；B．居民生活垃圾投放错误的概率＝由题意可知：生活垃圾投放错误有200+60+20+20＝300，故生活垃圾投放错误的概率为3001000=310，正确；C．该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱，正确．D．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的的投放量的平均数x¯=600+300+1003=10003，可得方差=13×[(600−10003)2+(300−10003)2+(100−10003)2]=3800009≠20000．二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．若x≥y，则下列不等式中正确的是()A.2x≥2yB.x+y2≥√xy C.x2≥y2 D.x2+y2≥2xy【答案】A,D【考点】不等式的基本性质指数函数的单调性与特殊点【解析】由指数函数的单调性可知，当x≥y，有2x≥2y当0>x≥y>0时，x+y2≥√xy不成立；当0≥x ≥y 时，x 2≥y 2不成立；由x 2+y 2−2xy ＝(x −y)2≥0成立，可判断； 【解答】解：由指数函数的单调性可知，当x ≥y 时，有2x ≥2y ，故A 正确； 当0>x ≥y 时，x+y 2≥√xy 不成立，故B 不正确；当0>x ≥y 时，x 2≥y 2不成立，故C 不正确；∵ x 2+y 2−2xy =(x −y)2≥0成立，从而有x 2+y 2≥2xy 成立，故D 正确. 故选AD .正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A.截面形状可能为正三角形 B.截面形状可能为正方形 C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积最大值为3√3【答案】 A,C,D 【考点】棱柱的结构特征 【解析】画出图形，得出结果． 【解答】解：如图所示，当截面为△B 1CD 1与正六边形时，显然A ，C 成立,要使截面形状为正方形，则此时平面α应为竖直平面， 此时平面α不与AC 1垂直，故B 不成立； 选项D ，如图截得正六边形，面积最大， 由题意可知MN =2√2，GH =√2，OE =√62， 所以S =2⋅12⋅(√2+2√2)⋅√62=3√3，故D 成立. 故选ACD .已知函数f(x)={−x 2−2x,x <0f(x −2),x ≥0 ，以下结论正确的是（ ）A.f(−3)+f(2019)＝−3B.f(x)在区间[4, 5]上是增函数C.若方程f(x)＝kx +1恰有3个实根，则(−12, −14)D.若函数y ＝f(x)−b 在(−∞, 4)上有6个零点x i (i ＝1, 2, 3, 4, 5, 6)，则∑ 6i=1x i f(x i )的取值范围是(0, 6) 【答案】 B,C,D 【考点】分段函数的应用 【解析】A:f(−3)+f(2019)＝−(−3)2−2×(−3)+f(1009×2+1)＝−3+f(1)进而求解； B ：有函数图象可知对否；C ：方程f(x)＝kx +1恰有3个实根，即函数y ＝kx +1与f(x)图象有3个交点，由图象可知y ＝kx +1与x 轴交点位于2，4中间时正好满足，进而求解；D ：如图所示，若函数y ＝f(x)−b 在(−∞, 4)上有6个零点，即函数y ＝b 与f(x)图象有6个交点，交点横坐标分别记作x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6，此时0<f(x 1)<1，0<f(x 2)<1，0<f(x 3)<1，0<f(x 4)<1，0<f(x 5)<1，0<f(x 6)<1，进而求解； 【解答】B ：由图知B 正确（1）C ：方程f(x)＝kx +1恰有3个实根，即函数y ＝kx +1与f(x)图象有3个交点，由图象可知y ＝kx +1与x 轴交点位于2，4中间时正好满足，此时k ∈(−12, −14)(2)D ：如图所示，若函数y ＝f(x)−b 在(−∞, 4)上有6个零点，即函数y ＝b 与f(x)图象有6个交点，交点横坐标分别记作x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6此时0<f(x 1)<1，0<f(x 2)<1，0<f(x 3)<1，0<f(x 4)<1，0<f(x 5)<1，0<f(x 6)<1，∴ 0<f(x 1)+f(x 2)+f(x 3)+f(x 4)+f(x 5)+f(x 6)<6，故D 正确（3）故选：BCD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．已知向量a →,b →满足|a →|＝1，a →⋅b →=−1，则a →⋅(a →−b →)＝________ 【答案】 2【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】原式可化为a →2−a →⋅b →，代入即可．【解答】∵ |a →|＝1，a →⋅b →=−1，∴ a →⋅(a →−b →)=a →2−a →⋅b →=1−(−1)＝2．“∃x ∈R ，x 2−2x −a <0”为假命题，则实数a 的最大值为________． 【答案】 −1【考点】全称命题与特称命题 全称量词与存在量词 【解析】由已知可得，“∀x ∈R ，x 2−2x −a ≥0”为真命题，从而有a ≤x 2−2x 恒成立，结合二次函数的性质可求． 【解答】由“∃x ∈R ，x 2−2x −a <0”为假命题，可知，“∀x ∈R ，x 2−2x −a ≥0”为真命题， ∴ a ≤x 2−2x 恒成立，由二次函数的性质可知，x 2−2x ≥−1， 则实数a ≤−1，即a 的最大值为−1．已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且在[0, +∞)上是减函数，f(−13)＝0，则不等式f(log 18x)>0的解集为________．【答案】(12, 2) 【考点】奇偶性与单调性的综合 【解析】结合函数的奇偶性和单调性的关系，将不等式进行等价转化，进行求解即可． 【解答】∵ f(x)是定义在R 上的偶函数，且在[0, +∞)上是减函数，f(−13)＝0， ∴ f(13)＝f(−13)＝0，则不等式f(log 18x)>0等价为不等式f(|log 18x|)>f(13)，即|log 18x|<13，得{\{}$dfrac{1}{2}<}x ＜2，即不等式的解集为{(\dfrac{1}{2},\, 2)}$，如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到右图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为________．【答案】3√32,8√6729π 【考点】球的体积和表面积 【解析】计算每个面的面积再乘以6即可；判断出体积最大时即球与每个面都相切即内切球，利用等积法计算出R 即可． 【解答】根据题意可知该六面体可看成是两个正四面体拼成，棱长为1，则其表面积为6×√34×12=3√32； 因为每个三角形面积是√34，六面体体积是正四面体体积的2倍，所以该六面体的体积是√26， 由图形的对称性可知，要想小球的体积达到最大，即球与六个面都想切时最大， 设该球的半径为R ，则有√26=6×13×√34×R ，解得R =√69， 所以球的体积V =43πR 3=8√6729π， 四、解答题：本大题共6小题，共82分．解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知a +b ＝10，c ＝5，sin 2B +sin B ＝0（1）求a ，b 的值：（2）求sin C 的值． 【答案】由sin 2B +sin B ＝0，可得2sin B cos B +sin B ＝0， 因为在△ABC 中，sin B ≠0，可得cos B =−12，由余弦定理b 2＝a 2+c 2−2ac cos B ，可得b 2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)，因为b ＝10−a ，所以(10−a)2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)， 解得a ＝3，b ＝7． 由cos B =−12，可得sin B =√32， 由正弦定理bsin B =csin C ，可得sin C =c⋅sin B b=5×√327=5√314．【考点】 正弦定理 【解析】（1）由二倍角的正弦函数公式化简已知等式结合sin B ≠0，可得cos B =−12，进而由余弦定理可求a ，b 的值．（2）利用同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，进而根据正弦定理可求sin C 的值． 【解答】由sin 2B +sin B ＝0，可得2sin B cos B +sin B ＝0， 因为在△ABC 中，sin B ≠0，可得cos B =−12，由余弦定理b 2＝a 2+c 2−2ac cos B ，可得b 2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)， 因为b ＝10−a ，所以(10−a)2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)，解得a ＝3，b ＝7． 由cos B =−12，可得sin B =√32， 由正弦定理bsin B=c sin C，可得sin C =c⋅sin B b=5×√327=5√314．已知函数f(x)＝x 3−12x 2+ax +1（1）当a ＝2时，求曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程；（2）若函数f(x)在x ＝1处有极小值，求函数f(x)在区间[−2, 32]上的最大值．【答案】当a ＝2时，f(x)=x 3−12x 2+2x +1，f′(x)＝3x 2−x +2，∴ f′(0)＝2，又f(0)＝1，∴ 曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y −1＝2x ，即2x −y +1＝0． f′(x)＝3x 2−x +a ，∵ 函数f(x)在x ＝1处有极小值， 所以f′(1)＝2+a ＝0， 解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，f′(x)＝3x 2−x −2，由f′(x)＝0，得x =−23或x ＝1， 当$x$<−23或x ＞1时，f′（x ）＞0，当$${\{}$ - \${dfrac\{2\}\{3\}}$所以f(x)在(−2,−23)，(1, 32)上是增函数，在(−23,1)上是减函数．所以f(1)=−12．f(−2)＝−5，因为f(−23)=4927，f(32)=14， 所以f(x)的最大值为因为f(−23)=4927．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的极值 【解析】 （1）．欲求在点（0, f(0)）处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在x ＝0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决． （2）．函数f(x)在x ＝1处有极小值，所以f′(1)＝2+a ＝0，解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，通过求导得单调区间得出函数f(x)在区间[−2, 32]上的最大值．【解答】当a ＝2时，f(x)=x 3−12x 2+2x +1，f′(x)＝3x 2−x +2，∴ f′(0)＝2，又f(0)＝1，∴ 曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y −1＝2x ，即2x −y +1＝0． f′(x)＝3x 2−x +a ，∵ 函数f(x)在x ＝1处有极小值， 所以f′(1)＝2+a ＝0， 解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，f′(x)＝3x 2−x −2，由f′(x)＝0，得x =−23或x ＝1， 当$x$<−23或x ＞1时，f′（x ）＞0，当$${\{}$ - \${dfrac\{2\}\{3\}}$所以f(x)在(−2,−23)，(1, 32)上是增函数，在(−23,1)上是减函数．所以f(1)=−12．f(−2)＝−5， 因为f(−23)=4927，f(32)=14，所以f(x)的最大值为因为f(−23)=4927．如图，在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，AB 1＝A 1B ，O 为AB 1与AB 的交点．（1）求证：AB 1⊥CO ；（2）求平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【答案】证明：∵ 在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， 四边形A 1ABB 1是菱形， ∴ A 1B ⊥AB 1，∵ 平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1CB ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， ∴ A 1B ⊥平面A 1CB ，∵ CO ⊂平面A 1CB ，∴ AB 1⊥CO ．∵ AB 1＝A 1B ，∴ 菱形A 1ABB 1为正方形，在Rt △COA 中，CO =√AC 2−OA 2=√2，在△COB 中，CO ＝OB =√2，CB ＝2，CO 2+OB 2＝CB 2， ∴ CO ⊥OB ，又CO ⊥AB 1，A 1B ∩AB 1＝O ， ∴ CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A(√2, 0, 0)，A 1(0, −√2, 0)，C(0, 0, √2)，B(0, √2, 0)， AA 1→=(−√2,−√2, 0)，AC →=(−√2,0,√2)，AB →=(−√2,√2, 0)， 设平面ACC 1A 1的一个法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅AC →=−√2x +√2z =0n →⋅AA 1→=−√2x −√2y =0，取x ＝1，n →=(1, −1, 1)， 设平面ABC 的一个法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅AC →=−√2x +√2z =0m →⋅AB →=−√2x +√2y =0，取x ＝1，得m →=(1, 1, 1)， 设平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1√3×√3=13，∴ 平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13．【考点】二面角的平面角及求法 【解析】（1）推导出 A 1B ⊥AB 1，从而A 1B ⊥平面A 1CB ，由此能证明AB 1⊥CO ．（2）推导出CO ⊥OB ，CO ⊥AB 1，从而CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【解答】证明：∵ 在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， 四边形A 1ABB 1是菱形， ∴ A 1B ⊥AB 1，∵ 平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1CB ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， ∴ A 1B ⊥平面A 1CB ，∵ CO ⊂平面A 1CB ，∴ AB 1⊥CO ．∵ AB 1＝A 1B ，∴ 菱形A 1ABB 1为正方形，在Rt △COA 中，CO =√AC 2−OA 2=√2，在△COB 中，CO ＝OB =√2，CB ＝2，CO 2+OB 2＝CB 2， ∴ CO ⊥OB ，又CO ⊥AB 1，A 1B ∩AB 1＝O ， ∴ CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A(√2, 0, 0)，A 1(0, −√2, 0)，C(0, 0, √2)，B(0, √2, 0)， AA 1→=(−√2,−√2, 0)，AC →=(−√2,0,√2)，AB →=(−√2,√2, 0)， 设平面ACC 1A 1的一个法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅AC →=−√2x +√2z =0n →⋅AA 1→=−√2x −√2y =0 ，取x ＝1，n →=(1, −1, 1)， 设平面ABC 的一个法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅AC →=−√2x +√2z =0m →⋅AB →=−√2x +√2y =0，取x ＝1，得m →=(1, 1, 1)， 设平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1√3×√3=13， ∴ 平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13．在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x +1)−f(x)．某医疗设备公司生产某医疗器材，已知每月生产x 台(x ∈N ∗)的收益函数为R(x)＝3000x −20x 2（单位：万元），成本函数C(x)＝500x +4000（单位：万元），该公司每月最多生产100台该医疗器材．（利润函数＝收益函数-成本函数） （1）求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；（2）此公司每月生产多少台该医疗器材时每台的平均利润最大，最大值为多少？（精确到0.1）（3）求x为何值时利润函数P(x)取得最大值，并解释边际利润函数MP(x)的实际意义．【答案】P(x)＝3000x−20x2−(500x+4000)＝−20x2+2500x−4000，(1≤x≤100, x∈N×)，MP(x)＝P(x+1)−P(x)＝−40x+2480．每台器材的平均利润为P(x)x =−20(x+200x)+2500≤−400√2+2500，当且仅当x=200x即x＝10√2时取等号．又x∈N×，且当x＝14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当x＝15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元．P(x)＝−20(x−62.5)2+74125．又x∈N×，故当x＝62或63时，P(x)取得最大值．MP(x)反映了产量与利润增量的关系．【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】（1）根据利润公式得出P(x)，根据边际函数定义得出MP(x)；（2）判断函数单调性，计算x＝14和x＝15对应的平均利润，得出结论；（3）根据二次函数的对称性求出x的值．【解答】P(x)＝3000x−20x2−(500x+4000)＝−20x2+2500x−4000，(1≤x≤100, x∈N×)，MP(x)＝P(x+1)−P(x)＝−40x+2480．每台器材的平均利润为P(x)x =−20(x+200x)+2500≤−400√2+2500，当且仅当x=200x即x＝10√2时取等号．又x∈N×，且当x＝14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当x＝15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元．P(x)＝−20(x−62.5)2+74125．又x∈N×，故当x＝62或63时，P(x)取得最大值．MP(x)反映了产量与利润增量的关系．已知函数f(x)＝x+1x −m(1x+ln x)(m∈R)．（1）当m>1时，讨论f(x)的单调性；（2）设函数g(x)＝f(x)+m−1x，若存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，证明：0<m<x1+x2【答案】函数f(x)的定义域为(0, +∞)．f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．∵m>1，所以m−1>0．当0<m−1<1，即1<m<2时，由f′(x)>0得x>1或x<m−1，由f′(x)<0得m−1<x<1，所以f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m−1＝1，即m＝2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m−1>1，即m>2时，由f′(x)>0得x>m−1或x<1，由f′(x)<0得1<x<m−1，所以f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．综上可知：当1<m<2时，f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m＝2时，f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m>2时，f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．证明：g(x)＝f(x)+m−1x=x−m ln x，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−m ln x1＝x2−m ln x2，即m(ln x2−ln x1)＝x2−x1．不妨设0<x1<x2，则m=x2−x1ln x2−ln x1>0，要证m<x1+x2，只需要证{\{}$dfrac{{x}_{2} − {x}_{1}}{{x}_{1} + {x}_{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, -\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, + \, 1\}}$令t=x2x1>1，只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\, -\, 1\}\{t\, + \, 1\}}$即证ln t−t−1t+1>0，令ℎ(t)=ln t−t−1t+1(t>1)，则ℎ′(t)=1t −2(t+1)2=t2+1t(t+1)2>0．所以ℎ(t)在(1, +∞)上是增函数，所以ℎ(t)>ℎ(1)>0．从而ln t−t−1t+1>0，故0<m<x1+x2．【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】（1）f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．分三种情况，当0<m−1<1，当m−1＝1，当m−1>1，去讨论f(x)的单调性．（2）g(x)＝f(x)+m−1x =x−m ln x，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−m ln x1＝x2−m ln x2，即m(ln x2−ln x1)＝x2−x1．不妨设0< x1<x2，则m=x2−x1ln x2−ln x1>0，要证m<x1+x2，即可．【解答】函数f(x)的定义域为(0, +∞)．f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．∵m>1，所以m−1>0．当0<m−1<1，即1<m<2时，由f′(x)>0得x>1或x<m−1，由f′(x)<0得m−1<x<1，所以f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m−1＝1，即m＝2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m−1>1，即m>2时，由f′(x)>0得x>m−1或x<1，由f′(x)<0得1<x<m−1，所以f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．综上可知：当1<m<2时，f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m＝2时，f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m>2时，f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．证明：g(x)＝f(x)+m−1x=x−m ln x，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−m ln x1＝x2−m ln x2，即m(ln x2−ln x1)＝x2−x1．不妨设0<x1<x2，则m=x2−x1ln x2−ln x1>0，要证m<x1+x2，只需要证{\{}$dfrac{{x}_{2} − {x}_{1}}{{x}_{1} + {x}_{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, -\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, + \, 1\}}$令t=x2x1>1，只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\, -\, 1\}\{t\, + \, 1\}}$即证ln t−t−1t+1>0，令ℎ(t)=ln t−t−1t+1(t>1)，则ℎ′(t)=1t−2(t+1)2=t 2+1t(t+1)2>0．所以ℎ(t)在(1, +∞)上是增函数，所以ℎ(t)>ℎ(1)>0． 从而ln t −t−1t+1>0，故0<m <x 1+x 2．如图，直角坐标系中，圆的方程为x 2+y 2＝1，A(1, 0)，B(−12, √32)，C(−12, −√32)为圆上三个定点，某同学从A 点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n 次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为P n (A)，P n (B)，P n (C)．例如： 掷骰子一次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为P 1(A)＝0，P 1(B)=12，P 1(C)=12（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A ，B ，C 处的概率；（2）掷骰子n 次时，若以x 轴非负半轴为始边，以射线OA ，OB ，OC 为终边的角的余弦值记为随机变量X n ，求X 4的分布列和数学期望；（3）记P n (A)＝a n ，P n (B)＝b n ，P n (C)＝c n ．，其中a n +b n +c n ＝1．证明：数列{b n −13}是等比数列，并求a 2020． 【答案】P 2(A)=12⋅12+12⋅12=12，P 2(B)=12⋅12=14，P 2(C)=12⋅12=14，P 3(A)=12⋅12⋅12+12⋅12⋅12=14，P 3(B)＝(12+14)⋅12=38，P 3(C)＝(12+14)⋅12=38；随机变量X 4的可能取值为1，−12，由（1）可得P(x 4＝1)＝（P 3(B)+P 3(C)）⋅12=(38+38)⋅12=38，P(x 4=−12)＝（P 3(A)+P 3(C)）⋅12+（P 3(A)+P 3(B)）⋅12=58，则X 4的分布列为E(X 4)＝1⋅38+(−12)⋅58=116；证明：易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2，n ≥2时，b n =12(a n−1+c n−1)=12(a n−1+b n−1)，又a n−1+b n−1+c n−1＝1，可得2b n +b n−1＝1， 由b n −13=−12b n−1+12−13=−12(b n−1−13)， 可得数列{b n −13}是首项为16，公比为−12的等比数列，则b n −13=16⋅(−12)n−1，即b n =13+16⋅(−12)n−1， 又a n ＝1−b n ＝1−2[13+16⋅(−12)n−1]=13[1−(−12)n−1]，故a 2020=13[1+(12)2019]．【考点】数列与解析几何的综合 【解析】（1）由概率的乘法公式，可得所求值；（2）随机变量X 4的可能取值为1，−12，结合（1）运用概率乘法公式，可得随机变量的分布列和期望；（3）易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2，由条件推得2b n +b n−1＝1，由构造等比数列，可得b n =13+16⋅(−12)n−1，即可得到所求值．【解答】P 2(A)=12⋅12+12⋅12=12，P 2(B)=12⋅12=14，P 2(C)=12⋅12=14，P 3(A)=12⋅12⋅12+12⋅12⋅12=14，P 3(B)＝(12+14)⋅12=38，P 3(C)＝(12+14)⋅12=38；随机变量X 4的可能取值为1，−12，由（1）可得P(x 4＝1)＝（P 3(B)+P 3(C)）⋅12=(38+38)⋅12=38，P(x 4=−12)＝（P 3(A)+P 3(C)）⋅12+（P 3(A)+P 3(B)）⋅12=58，则X 4的分布列为E(X 4)＝1⋅38+(−12)⋅58=116；证明：易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2， n ≥2时，b n =12(a n−1+c n−1)=12(a n−1+b n−1)， 又a n−1+b n−1+c n−1＝1，可得2b n +b n−1＝1， 由b n −13=−12b n−1+12−13=−12(b n−1−13)，可得数列{b n −13}是首项为16，公比为−12的等比数列，则b n −13=16⋅(−12)n−1，即b n =13+16⋅(−12)n−1， 又a n ＝1−b n ＝1−2[13+16⋅(−12)n−1]=13[1−(−12)n−1]，故a 2020=13[1+(12)2019]．。
山东省潍坊市2020届高三期中考试试题(数学)含参考答案
潍坊市2020届高三期中考试数学本试卷共6页．满分150分． 注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．第I 卷(选择题 共52分)一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合{}{}220,03A x x x B x x =-≥=<<，则A B ⋂= A ．()1,3-B ．(0，2]C ．[2，3)D ．(2，3)2．sin 225=A ．12-B ．-C ．D ．1-3．已知1432log 2,3,ln 3a b c a b c ===，则，，的大小关系为A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c>b>aD ．c a b >>4．若,l m 是平面α外的两条直线，且//l α，则//m l 是//m α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5．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，共进行三场比赛，规定：每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．则田忌获胜的概率为 A ．13B ．16C ．19D ．1366．函数()ln xf x x x=-的大致图象为7．(82-展开式中3x 的系数为A ．112-B ．28C ．56D ．1128．已知函数()sin cos f x x x =+，则 A ．()f x 的最小正周期为πB ．()y f x =图象的一条对称轴方程为4x π=C ．()f x 的最小值为2-D ．()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数9．如图，已知1,3,,,OA OB OC OC OB OA ===⊥<，30OC >=若OC xOA yOB x y =++=，A ．1B ．2C ．3D ．410．近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000t 生活垃圾．经分拣以后数据统计如下表(单位：t)： 根据样本估计本市生活垃圾投放情况，下列说法错误的是A ．厨余垃圾投放正确的概率为23B ．居民生活垃圾投放错误的概率为310C ．该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱D ．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量的方差为20000 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
山东省潍坊市2023届高三上学期期中考试 数学试题(含解析)
试卷类型： A山东省潍坊市2023届高三上学期期中考试高三数学2022. 11本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{}240,{|lg(1)|M x x N x y x =-==-…∣,则M N ⋃= A.(,2]-∞ B.(,2]-∞- C.[2,1)- D.(,2][2,)-∞-⋃+∞ 2.若命题“2[1,2],30x x a ∃∈-<”为假命题,则实数a 的取值范围是 A.(,4]-∞ B.[2,)+∞ C.(,3]-∞ D.(,2)-∞3.设4,0,,sin ,cos()255παβααβ⎛⎫∈=+=- ⎪⎝⎭,则cos β=A. D. 4.为调查推广眼保健操对改善学生视力的效果,学校决定采用随机数表法从高三800名学生中随机抽取80名进行调查,将800名学生进行编号,编号分别为001,002,,799,800.下面提供的是随机数表的第4行到第6行:32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 43 77 89 23 45若从随机数表中第5行第6列开始向右依次读取3个数据作为抽取学生的编号,则抽到的第5名学生的编号是 A.007 B.253 C.328 D.7365.在学习《数学探究活动:得到不可达两点之间的距离》时,小明所在的小组决定测量本校人工湖两侧$C,D$两点间的距离,除了观测点,C D 外,他们又选了两个观测点12,P P ,测得121221,,PPm PP D P PD αβ=∠=∠=,则利用已知观测数据和下面三组新观测角中的一组,就可以求出,C D 间的距离是①1DPC ∠和1DCP ∠;②12PP C ∠和12PCP ∠;③1PDC ∠和1DCP ∠. A.①和② B.①和③ C.②和③ D.①和②和③6.函数(1)y k x =-与ln y x =的图像有且只有一个公共点,则实数k 的取值范围为 A.1k = B.k e … C.1k =或0k … D.0k …或1k =或k e …7.对于函数()()f x x D ∈,若存在常数(0)T T >,使得对任意的x D ∈,都有()()f x T f x +…成立,我们称函数()f x 为“T 同比不增函数”.若函数()cos f x kx x =+是“3π同比不增函数",则实数k 的取值范围是 A.3,π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ B.3,π⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦ C.3,π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ D.3,π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦8.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足()1*132n n n a S n -⎛⎫+=-∈ ⎪⎝⎭N ,则下列结论正确的是A.23a a <B.68742a a a +=C.数列{}2nn a 是等比数列 D.13n S <…二、多项选择题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9.某市新冠肺炎疫情工作取得阶段性成效,为加快推进各行各业复工复产,对当地进行连续11天调研,得到复工复产指数折线图(如图所示),下列说法错误．．的是A ．这11天复工指数和复产指数均逐日增加B ．这11天期间，复产指数的极差大于复工指数的极差C ．第3天至第11天复工复产指数均超过80％D ．第9天至第11天复工指数的增量大于复产指数的增量 10.已知0,0a b 厖,且1a b +=,则A.22a b +…B.221a b +…C.23log 12a b ⎛⎫-+>- ⎪⎝⎭D.ln(1)a a +…的充要条件是1b = 11.佼波那契数列又称黄金分割数列,因意大利数学家列昂纳多-斐波那契以兔子繁殖为例子而引人,故又称为“兔子数列”,在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有直接的应用.在数学上,芠波那契数列被以下递推的方法定义:数列{}n a 满足:121a a ==,()*21n n n a a a n ++=+∈N.则下列结论正确的是A.813a =B.2023a 是奇数C.2222123202*********a a a a a a ++++= D.2022a 被4除的余数为012.定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x ',对于任意实数x ,都有2()()xf x ef x -=,且满足22()()21x f x f x x e '-+=+-,则A.函数2()()F x e f x =为偶函数 B.(0)0f = C.不等式()x xxe f x e e +<的解集为(1,)+∞ D.若方程2()()0f x x a x--=有两个根12,x x ,则122x x a +> 三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式中4x 的系数为_______.14.设函数sin ,0,()(1)1,0,x x f x f x x π>⎧=⎨+-⎩…,则53f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭________. 15.一个盒子中有4个白球,m 个红球,从中不放回地每次任取1个,连取2次,已知第二次取到红球的条件下,第一次也取到红球的概率为59,则m =________. 16.在ABC 中,点D 是$BC$上的点,$AD$平分,BAC ABD ∠面积是ADC 面积的2倍,且AD AC λ=,则实数λ的取值范围为________；若ABC 的面积为1,当BC 最短时,λ=______.(第一空2分,第二空3分) 四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 17.（10分)定义在(1,1)-上的函数()f x 和()g x ,满足()()0f x g x +-=,且1()log 2a xg x +=,其中1a >. (1)若122f ⎛⎫=⎪⎝⎭,求()f x 的解析式;(2)若不等式()1f x >的解集为1,3m ⎛⎫- ⎪⎝⎭,求m a -的值. 18.(12分)在(1)(0)1f =,(2)函数()f x 图像的一个最低点为4,23π⎛⎫-⎪⎝⎭,(3)函数()f x 图像上相邻两个对称中心的距离为π,这三个条件中任选两个补充在下面问题中,并给出问题的解答.已知函数()2sin()02,02f x x πωϕωϕ⎛⎫=+<<<< ⎪⎝⎭,满足 (1)求函数()f x 的解析式及单调递增区间;(2)在锐角ABC 中,()2,f B b ==求ABC 周长的取值范围. 19．（12分）2022年2月22日，中央一号文件发布，提出大力推进数字乡村建设，推进智慧农业发展.某乡村合作社借助互联网直播平台，对本乡村的农产品进行销售，在众多的网红直播中，随机抽取了10名网红直播的观看人次和农产品销售量的数据，如下表所示：参考数据:()()10102211600,768,80i i i i x x y y x==-=-==∑∑.（1）已知观看人次x 与销售量y 线性相关,且计算得相关系数16r =,求回归直线方程ˆˆˆy bx a =+; (2)规定:观看人次大于等于80(万次)为金牌主播,在金牌主播中销售量大于等于90(百件)为优秀,小于90(百件)为不优秀,对优秀赋分2,对不优秀赋分1.从金牌主㨨中随机抽取3名,若用X 表示这3名主播赋分的和,求随机变量X 的分布列和数学期望.(附:()()()121ˆˆˆ,niii nii x x y y bay bx x x ==--==--∑∑,相关系数()()niix x y y r --=∑20.(12分)已知等差数列{}n a 的前n 项和为512,35,8n S S a a =+=,记数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T . (1)求数列{}n a 的通项公式及n S ;(2)是否存在实数λ,使得211(1)n n T λ+--…恒成立?若存在,求出实数λ的取值范围;若不存在,请说明理由.21.(12分)为了解新研制的抗病毒药物的疗效,某生物科技有限公司进行动物试验.先对所有白鼠服药,然后对每只白鼠的血液进行抽样化验,若检测样本结果呈阳性,则白鼠感染病毒;若检测样本结果呈阴性,则白鼠末感染病毒.现随机抽取()*,2n n n ∈N …只白鼠的血液样本进行检验,有如下两种方案: 方案一:逐只检验,需要检验n 次;方案二:混合检验,将n 只白鼠的血液样本混合在一起检验,若检验结果为阴性,则n 只白鼣末感染病毒;若检验结果为阳性,则对这n 只白鼠的血液样本逐个检验,此时共需要检验1n +次.(1)若10n =,且只有两只白鼠感染病毒,采用方案一,求恰好检验3次就能确定两只咸染病聿白业的概率; (2)已知每只白鼠咸染病暃的概率为(01)p p <<.①采用方案二,记检验次数为X ,求检验次数X 的数学期望;②若20n =,每次检验的费用相同,判斨哪种方案检验的费用更少?并说明理由. 22.(12分)已知函数1()ln f x x a x x=++,其中a ∈R . (1)求函数()f x 的最小值()h a ,并求()h a 的所有零点之和; (2)当1a =时,设()()g x f x x =-,数列{}()*n x n ∈N 满足1(0,1)x ∈,且()1n n xg x +=,证明:1322n n n x x x ++++>.高三数学试题参考答案及评分标准2022.11一、单项选择题（每小题5分，共40分） 1—5 ACCAD 6—10 CBD二、多项选择题（每小题5分，共20分）9．ABD10．AD11．BCD12．ABD三、填空题（每小题5分，共20分） 13．40142- 15．616．40,3⎛⎫ ⎪⎝⎭四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．解：（1）由题意知，()()2log 1a f x g x x=--=-， 又因为122f ⎛⎫=⎪⎝⎭，所以log 42a =，即2a =． 所以函数()f x 的解析式是()22log 111y x x=-<<-． （2）由()1f x >，得21a x >-，由题意知10x ->，所以211x a-<<， 所以21131a m ⎧-=-⎪⎨⎪=⎩，即321a m ⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以12m a -=-． 18．解：（1）若选①②，由①得，()02sin 1f ϕ==，所以26k πϕπ=+或()526k k πϕπ=+∈Z ，又因为02πϕ<<，所以6πϕ=，由②得，函数()f x 图像的一个最低点为4,23π⎛⎫-⎪⎝⎭，所以432362k πππωπ+=+，()k ∈Z ， 所以312k ω=+，()k ∈Z ，又因为02ω<<，所以1ω=，所以()2sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，x ∈R ，当22262k x k πππππ-+≤+≤+，()k ∈Z ，函数()f x 单调递增，即22233k x k ππππ-+≤≤+，()k ∈Z ，所以函数()f x 单调递增区间为22,233k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z ，若选①③，由①得，()02sin 1f ϕ==，所以26k πϕπ=+或526k πϕπ=+，()k ∈Z ，又因为02πϕ<<，所以6πϕ=，由③得，函数()f x 图像上相邻对称中心的距离为π，所以2T π=，所以1ω=， 所以()2sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，x ∈R ， 当22262k x k πππππ-+≤+≤+，()k Z ∈，函数()f x 单调递增，即22233k x k ππππ-+≤≤+，()k Z ∈，所以函数()f x 单调递增区间为22,233k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z若选②③，由③得，函数()f x 图像上相邻对称中心的距离为π．所以2T π=，所以1ω=， 由②得，函数()f x 图像的一个最低点为4,23π⎛⎫-⎪⎝⎭，所以431232k ππϕπ⨯+=+，()k ∈Z ，即26k πϕπ=+，()k ∈Z ，又因为02πϕ<<，所以6πϕ=，所以()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，x ∈R ， 当22262k x k πππππ-+≤+≤+，()k ∈Z ，函数()f x 单调递增，即22233k x k ππππ-+≤≤+，()k ∈Z ，所以函数()f x 单调递增区间为22,233k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z ，（2）()2sin 26f B B π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以sin 16B π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，又因为锐角三角形，所以3B π=．因为b =2sin bB==，由正弦定理可得22sin 2sin 3a A C π⎛⎫==- ⎪⎝⎭，2sin c C =， 所以ABC △的周长22sin 2sin 2sin 2sin 36ABC L a b c A C C C C ππ⎛⎫⎫=++=++=-+=+ ⎪⎪⎝⎭⎭△因为ABC △是锐角三角形，由022032C C πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，得62C ππ<<，所以2,633C πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以sin 62C π⎛⎤⎛⎫+∈ ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦，所以(36ABC L C π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭△， 所以ABC △周长的取值范围为(3+．19．解：（1）因为()()niix x y y r --=∑，所以()()1016iix x y y --=∑所以()()101660i i i x xy y =--=∑，所以()()()10110216601160010iii i i x x y y b x x==--===-∑∑， ()18087778310y =+++=118380510a y bx =-=-⨯=-，所以回归直线方程为11510y x =-． （2）金牌主播有5人，2人赋分为2，3人赋分为1， 则随机变量X 的取值范围是{}3,4,5()33351310C P X C ===，()122335345C C P X C ===，()2123353510C C P X C ===， 所以X 的分布列为：所以()345105105E X =⨯+⨯+⨯=．20．解：（1）因为{}n a 为等差数列，设公差为d ，首项为1a ，53535S a ==，解得37a =，12128a a a d +=+=，又因为3127a a d ++=，13a =，2d =所以()32121n a n n =+-=+()21122n n n S na d n n -=+=+． （2）证明：由（1）知22n S n n =+，所以()21111112222n S n n n n n n ⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭， 所以11111111111111131121324112212122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+-=+--=-- ⎪ ⎪ ⎪-++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，因为n T 为递增数列，所以当1n =时，n T 取得最小值为131112211123⎛⎫--= ⎪++⎝⎭，又因为0n >，所以34n T <，所以1334n T ≤<．当n 为奇数时，21n T λ-≤恒成立，即2113λ-≤，解得λ≤≤， 当n 为偶数时，21n T λ-≤-恒成立，即2314λ-≤-，解得1122λ-≤≤， 综上所述，实数λ的取值范围为11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 21．解：（1）根据题意恰好在第一、三次确定两只感染病毒白鼠的概率12811109845P =⨯⨯=， 恰好在第二、三次确定有两只感染病毒白鼠的概率28211109845P =⨯⨯=， 所以恰好检验3次就能确定有两只白鼠感染病毒的概率28182121098109845P =⨯⨯+⨯⨯=．（2）①设检验次数为X ，可能取得值为1，1n +．则()()11nP X p ==-，()()111nP X n p =+=--，所以()()()()()()111111n n nE X p n p n n p ⎡⎤=-++--=+--⎣⎦．②方案二的检验次数期望为()()()11n E X n n p =+--，所以()()20201201E X p -=-⨯-， 设()()201201g p p =-⨯-，因为011p <-<，所以()g p 单调递增， 由()0g p =得1p =01p <<()0g p <，则()20E X <， 当11p <<时，()0g p >，则()20E X >， 故当01p <<时，选择方案二检验费用少，当11p -<<时，选择方案一检验费用少，当1p = 22．解：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()221x ax f x x+-'=，令()0f x '=，得210x ax +-=，解得1x =2x =（舍去），所以()f x 在()10,x 上单调递减，在()1,x +∞单调递增，所以()()111min 11ln f x f x x a x x ==++，即()ln 2ah a a =，由1x 是方程210x ax +-=的根，则111a x x =-，所以()1111111ln h a x x x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，令()11ln H x x x x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，可知()1H H x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 又因为()211ln H x x x ⎛⎫'=-+⎪⎝⎭，所以()H x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减． 而222130H e e e⎛⎫=-<⎪⎝⎭，()120H =>，所以有且仅有唯一()00,1x ∈，使得()00H x =， 所以()011,x ∈+∞，有010H x ⎛⎫= ⎪⎝⎭．所以方程()0H x =有且仅有两个根0x ，01x ， 即1111111ln 0x x x x x ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭有且仅有两根0x ，01x ， 又因为()11110a x x x =->单调递减，所以()y h a =有两个零点设为1a ，2a （不妨设12a a <），则12000011101a a x x x x ⎛⎫⎪⎛⎫ ⎪+=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭．（2）由题意知1a =时，()()1ln g x f x x x x =-=+，因为()22111x g x x x x-'=-=， 令()0g x '>，得1x >，()0g x '<，得1x <．所以()g x 在()0,1上递减，在()1,+∞递增，则有()()11g x g ≥=，因为()10,1x ∈，所以()211x g x =>，()321x g x =>，…，()11n n x g x +=>．令()()1ln m x g x x x x x=-=+-，1x ≥，()2222131240x x x m x x x ⎛⎫--- ⎪-+-⎝⎭'==<，所以()m x 在区间[)1,+∞单调递减，所以()()10m x m ≤=． 所以()21110n n n n x x g x x ++++-=-<，即21n n x x ++< 又因为函数()m x 单调递减，所以()()21n n m x m x ++>， 即22112111ln ln n n n n n n x x x x x x +++++++->+-，即3221n n n n x x x x ++++->-，所以1322n n n x x x ++++>．。
2023-2024学年山东省潍坊市高三(上)期中数学试卷【答案版】
2023-2024学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知向量a →=（1，k ），b →=（2，1），若a →∥b →，则实数k ＝（ ） A ．12B ．−12C ．2D ．﹣22．若“∃x ∈R ，sin x ＜a ”为真命题，则实数a 的取值范围为（ ） A ．a ≥1B ．a ＞1C ．a ≥﹣1D ．a ＞﹣13．已知集合A ＝{1，3，a 2}，B ＝{1，a +2}，则满足A ∪B ＝A 的实数a 的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．34．北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）．此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一．某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为3，4，高为3，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（ ）A ．21π 37πB ．21π 111πC ．7√10π 37πD ．7√10π 111π5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且公差不为0，若a 4，a 5，a 7构成等比数列，S 11＝66，则a 7＝（ ） A ．5B ．6C ．7D ．86．已知a ＝20.5，b ＝log 25，c ＝log 410，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a7．设函数f （x ）={x +1，x ≤0√x −1，x ＞0，则方程f （f （x ））＝0的实根个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．18．已知cos(π4−α)=35，sin(5π4+β)=−1213，其中α∈(π4，3π4)，β∈(0，π4)，则tanαtanβ=（ ）A ．−5663B ．5663C ．﹣17D ．17二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，直线l ⊂平面ABB 1A 1，直线m ⊂平面BCC 1B 1，直线n ⊂平面ABCD ，则直线l ，m ，n 的位置关系可能是（ ）A ．l ，m ，n 两两垂直B ．l ，m ，n 两两平行C ．l ，m ，n 两两相交D ．l ，m ，n 两两异面10．已知函数f(x)=2sin(2x +π3)，把f （x ）的图象向左平移π3个单位长度得到函数g （x ）的图象，则（ ）A ．g （x ）是奇函数B ．g （x ）的图象关于直线x =−π4对称C ．g （x ）在[0，π2]上单调递增D ．不等式g （x ）≤0的解集为[kπ+π2，kπ+π]，k ∈Z11．已知a ，b 为方程2x 2﹣8x +m ＝0（m ＞0）的两个实根，则（ ） A ．a 2+b 2≥8 B ．ab ≥4 C ．√a +√b ≤2√2D ．1a+2+12b≥3+2√21212．已知正项数列{a n }满足：a 1＝1，a n =na n+12na n+1+1，则（ ）A ．a 2=√5−12B ．{a n }是递增数列C ．a n+1−a n ＞1n+1D ．a n+1＜1+∑ n k=11k三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知点A （2，1），向量OA →绕原点O 顺时针旋转π2得到向量OB →，则点B 的坐标为 ．14．诺沃尔（Knowall ）在1740年发现了一颗彗星，并推算出在1823年、1906年…人类都可以看到这颗彗星，即该彗星每隔83年出现一次．从现在开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为 ．15．已知函数f（x）是R上的偶函数，f（x+2）为奇函数，若f（0）＝1，则f（1）+f（2）+…+f（2023）＝．16．右图为几何体Ω的一个表面展开图，其中Ω的各面都是边长为1的等边三角形，将Ω放入一个球体中，则该球表面积的最小值为；在Ω中，异面直线AB与DE的距离为．四、解答题：本大题共6道小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（10分）已知函数f(x)=log12x，F（x）＝f（x+1）+f（1﹣x）．（1）判断F（x）的奇偶性，并证明；（2）解不等式|F（x）|≤1．18．（12分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）+B（其中A，ω，φ，B均为常数，ω＞0，A＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示．（1）求f（x）的解析式；（2）求函数y=f(x+5π12)+f(x)在[−π3，π2]上的值域．19．（12分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AD＝2CD＝2，AA1=A1D=√5，A1C=√6．（1）证明：平面AA1D1D⊥平面ABCD；（2）求二面角A1﹣CD﹣D1的余弦值．20．（12分）为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示．在公园内部计划修建景观道路CD （道路的宽度忽略不计），已知CD 把三角形空地分成两个区域，△ACD 区域为儿童娱乐区，△BCD 区域为休闲健身区．经测量，AC ＝BC ＝100米，AB =100√3米．若儿童娱乐区每平方米的造价为100元，休闲健身区每平方米的造价为50元，景观道路每米的造价为2500元． （1）若∠ADC =π4，求景观道路CD 的长度；（2）求∠ADC 为何值时，口袋公园的造价最低？21．（12分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，s n =3n+1−32．（1）求{a n }的通项公式； （2）若数列{S 2n +15a n}的最小项为第m 项，求m ； （3）设b n =2a n (a n −2)2，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n ＜132．22．（12分）已知函数f （x ）＝e x +aln （x +1）（a ∈R ）．（1）当a ＝﹣2时，求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （2）若f （x ）在定义域上存在极值，求a 的取值范围； （3）若f （x ）≥1﹣sin x 恒成立，求a ．2023-2024学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知向量a →=（1，k ），b →=（2，1），若a →∥b →，则实数k ＝（ ） A ．12B ．−12C ．2D ．﹣2解：因为a →=（1，k ），b →=（2，1），且a →∥b →，所以2k ﹣1＝0，解得k =12．故选：A ．2．若“∃x ∈R ，sin x ＜a ”为真命题，则实数a 的取值范围为（ ） A ．a ≥1B ．a ＞1C ．a ≥﹣1D ．a ＞﹣1解：“∃x ∈R ，sin x ＜a ”，故a ＞（sin x ）min ，a ＞﹣1． 故选：D ．3．已知集合A ＝{1，3，a 2}，B ＝{1，a +2}，则满足A ∪B ＝A 的实数a 的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3解：A ∪B ＝A ，则B ⊆A ，当a +2＝3，即a ＝1时，集合A 不满足元素的互异性，舍去， 当a +2＝a 2，即a ＝2或a ＝﹣1，当a ＝2时，A ＝{1，3，4}，B ＝{1，4}，满足题意， 当a ＝﹣1时，集合B 不满足元素的互异性，舍去， 综上所述，a ＝2，故满足A ∪B ＝A 的实数a 的个数为1． 故选：B ．4．北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）．此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一．某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为3，4，高为3，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（ ）A ．21π 37πB ．21π 111πC ．7√10π 37πD ．7√10π 111π解：由题意得，S 侧＝π（3+4）×√32+(4−3)2=7√10π，V =13π×（42+32+4×3）×3＝37π．故选：C ．5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且公差不为0，若a 4，a 5，a 7构成等比数列，S 11＝66，则a 7＝（ ） A ．5B ．6C ．7D ．8解：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且公差d 不为0，若a 4，a 5，a 7构成等比数列，S 11＝66， 故S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=66，解得a 6＝6，故{a 6=6a 52=a 4⋅a 7，整理得{a 1+5d =6(a 1+4d)2=(a 1+3d)(a 1+6d)，解得{a 1=−4d =2，故a 7＝a 1+6d ＝8． 故选：D ．6．已知a ＝20.5，b ＝log 25，c ＝log 410，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解：因为a =20.5=√2，c =log 410=log 2√10＜log 25，所以b ＞c ，c =log 410=log 2√10＞log 22√2=32＞√2，所以 c ＞a ，所以a ＜c ＜b ．故选：B ．7．设函数f （x ）={x +1，x ≤0√x −1，x ＞0，则方程f （f （x ））＝0的实根个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．1解：令t ＝f （x ），则方程f （f （x ））＝0，即f （t ）＝0， 当t ≤0时，t +1＝0，∴t ＝﹣1； 当t ＞0时，√t −1=0，∴t ＝1；当t ＝﹣1时，若x ≤0，则x +1＝﹣1，∴x ＝﹣2，符合题意； 若x ＞0，则√x −1=−1，∴x ＝0，不合题意； 当t ＝1时，若x ≤0，则x +1＝1，∴x ＝0，符合题意；若x ＞0，则√x −1=1，∴x ＝4，符合题意，即方程f （f （x ））＝0的实根个数为3． 故选：B ．8．已知cos(π4−α)=35，sin(5π4+β)=−1213，其中α∈(π4，3π4)，β∈(0，π4)，则tanαtanβ=（ ）A ．−5663B ．5663C ．﹣17D ．17解：cos(π4−α)=35，∵α∈(π4，3π4)，∴π4−α∈（−π2，0），∴sin （π4−α）=−√1−cos 2(π4−α)=−45，sin （α−π4）=45，cos α＝cos[（α−π4）+π4]＝cos （α−π4）cos π4−sin （α−π4）sin π4=35×√22−45×√22=−√210，则sin α=√1−(√210)2=7√210，则tan α=sinαcosα=−7， sin(5π4+β)=−1213，∵β∈(0，π4)，∴5π4+β∈(5π4，3π2)， ∴cos （5π4+β）=−√1−sin 2(5π4+β)=−513，sin β＝sin [(5π4+β)−5π4]=sin(5π4+β)cos 5π4−cos(5π4+β)sin 5π4=−1213×(−√22)−513×√22=7√226，cos β=√1−(7226)2=17√226，则tan β=sinβcosβ=717，则tanαtanβ=−7717=−17． 故选：C ．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，直线l ⊂平面ABB 1A 1，直线m ⊂平面BCC 1B 1，直线n ⊂平面ABCD ，则直线l ，m ，n 的位置关系可能是（ ）A ．l ，m ，n 两两垂直B ．l ，m ，n 两两平行C ．l ，m ，n 两两相交D ．l ，m ，n 两两异面解：如图，当l 为BB 1，m 为BC ，n 为CD 时，满足直线l ⊂平面ABB 1A 1，直线m ⊂平面BCC 1B 1，直线n ⊂平面ABCD ，l ，m ，n 两两相交且垂直，当l 为A 1B ，m 为B 1C 1，n 为AC 时，三条直线两两异面，故ACD 正确； 三条直线不可能两两平行，若l ∥n ，则l ∥AB ∥n ，而AB 与平面BCC 1B 1相交，则AB 与M 不平行，故B 错误． 故选：ACD ．10．已知函数f(x)=2sin(2x +π3)，把f （x ）的图象向左平移π3个单位长度得到函数g （x ）的图象，则（ ）A ．g （x ）是奇函数B ．g （x ）的图象关于直线x =−π4对称C ．g （x ）在[0，π2]上单调递增D ．不等式g （x ）≤0的解集为[kπ+π2，kπ+π]，k ∈Z解：由题意g （x ）＝2sin[2（x +π3）+π3]＝2sin （2x +π）＝﹣2sin2x ，A 中，可得g （x ）为奇函数，所以A 正确；B 中，函数g （x ）的对称轴方程满足2x =π2+k π，k ∈Z ， 解得x =π4+k 2π，k ∈Z ，当k ＝﹣1时，x =−π4，所以函数g （x ）的图象关于x =−π4对称，所以B 正确； C 中，x ∈[0，π2]，则2x ∈[0，π]，显然g （x ）不单调，所以C 不正确；D 中，令g （x ）≤0，则2k π≤2x ≤π+2k π，k ∈Z ，解得k π≤x ≤π2+k π，k ∈Z ，即x ∈[k π，π2+k π]，k ∈Z ，所以D 不正确． 故选：AB ．11．已知a ，b 为方程2x 2﹣8x +m ＝0（m ＞0）的两个实根，则（ ） A ．a 2+b 2≥8 B ．ab ≥4 C ．√a +√b ≤2√2D ．1a+2+12b≥3+2√212解：因为已知a ，b 为方程2x 2﹣8x +m ＝0（m ＞0）的两个实根， 所以Δ＝64﹣8m ≥0，即m ≤8，又因为m ＞0，所以0＜m ≤8， 由韦达定理可得：a +b ＝4，ab =m2＞0，所以a ＞0，b ＞0． 对于选项A ，由a+b 2≤√a 2+b 22，当且仅当a ＝b 时等号成立可得：a 2+b 2≥8，当且仅当a ＝b 时等号成立，故A 正确；对于选项B ，由a +b ＝4≥2√ab ，当且仅当a ＝b 时等号成立可得：ab ≤4，当且仅当a ＝b 时等号成立，故B 不正确；对于选项C ，由a+b 2≤√a 2+b 22，当且仅当a ＝b 时等号成立可得：√a+√b2≤√a+b 2，即√a +√b ≤2√2，当且仅当a ＝b 时等号成立，故C 正确；对于选项D ，1a+2+12b =（1a+2+12b）[（2a +4）+2b ]×112=112（2+2b a+2+a+2b +1）≥112（3+2√2b a+2⋅a+2b ）=112（3+2√2），当且仅当2b a+2=a+2b，即a =√2b ﹣2时等号成立，故D 正确． 故选：ACD ．12．已知正项数列{a n }满足：a 1＝1，a n =na n+12na n+1+1，则（ ）A ．a 2=√5−12B ．{a n }是递增数列C ．a n+1−a n ＞1n+1D ．a n+1＜1+∑ n k=11k解：由a 1＝1，a n =na n+12na n+1+1，可得a 1=a 22a 2+1=1，解得a 2=1+√52（负的舍去），故A 错误；由a n +1﹣a n =na n+12+a n+1−na n+12na n+1+1=a n+1na n+1+1＞0，即a n +1＞a n ，则{a n }是递增数列，故B 正确；由a n+1na n+1+1−1n+1=a n+1−1(n+1)(na n+1+1)＞0，则a n +1﹣a n ＞1n+1，故C 正确；由a n+1na n+1+1−1n=−1n(na n+1+1)＜0，则a n +1﹣a n ＜1n ，所以a n +1＝a 1+（a 2﹣a 1）+（a 3﹣a 2）+...+（a n +1﹣a n ）＜1+1+12+...+1n，故D 正确．故选：BCD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知点A （2，1），向量OA →绕原点O 顺时针旋转π2得到向量OB →，则点B 的坐标为 （1，﹣2） ．解：点A （2，1），向量OA →绕原点O 顺时针旋转π2后等于OB →，则OA →=（2，1），OB →=（1，﹣2），则点B 的坐标为（1，﹣2）． 故答案为：（1，﹣2）．14．诺沃尔（Knowall ）在1740年发现了一颗彗星，并推算出在1823年、1906年…人类都可以看到这颗彗星，即该彗星每隔83年出现一次．从现在开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为 12 ． 解：由题意可知：彗星出现的年份构成一个公差为d ＝83，首项为a 1＝1740的等差数列，所以a n＝a1+（n﹣1）d＝1740+83（n﹣1）＝83n+1657，令2023≤a n≤3000，即2023≤83n+1657≤3000，解得36683≤n≤134383，又n∈N*，所以n＝5、6、 (16)所以从现在开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为16﹣5+1＝12次．故答案为：12．15．已知函数f（x）是R上的偶函数，f（x+2）为奇函数，若f（0）＝1，则f（1）+f（2）+…+f（2023）＝﹣1．解：f（x+2）是奇函数，故f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）且f（2）＝0，因为f（x）为偶函数，故f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x﹣2），则f（x+4）＝﹣f（x），f（x+8）＝﹣f（x+4）＝f（x），即函数周期为8，因为f（x+2）＝﹣f（﹣x+2），故f（3）+f（1）＝0，f（4）+f（0）＝0，即f（4）＝﹣1，f（5）＝﹣f（1），f（6）＝﹣f（2）＝0，f（7）＝﹣f（3），f（8）＝f（0）＝1，故f（1）+f（2）+…+f（8）＝0，f（1）+f（2）+…+f（2023）＝﹣f（8）＝﹣1．故答案为：﹣1．16．右图为几何体Ω的一个表面展开图，其中Ω的各面都是边长为1的等边三角形，将Ω放入一个球体中，则该球表面积的最小值为2π；在Ω中，异面直线AB与DE的距离为√63．解：把平面展开图还原为空间几何体为正八面体，如图所示：球表面积最小，则正八面体的八个顶点在球面上，∴正八面体外接球的球心为正方形ACFD的中心O，半径R＝OA=12AF=12√12+12=√22，∴S表＝4πR2＝4π×12=2π；∵平面ABC∥平面DEF，∴异面直线AB与DE的距离为平面ABC与平面DEF的距离，又∵O到平面ABC的距离与O到平面DEF的距离相等，∴直线AB与DE的距离为O到平面ABC的距离2倍，∵V O﹣ABC＝V B﹣AOC，∴13S△ABC•h=13S△AOC•OB，∴√34h=12×√22×√22×√22，∴h=√66，∴异面直线AB与DE的距离为√6 3．故答案为：2π；√6 3．四、解答题：本大题共6道小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（10分）已知函数f(x)=log12x，F（x）＝f（x+1）+f（1﹣x）．（1）判断F（x）的奇偶性，并证明；（2）解不等式|F（x）|≤1．解：（1）F（x）为偶函数；证明：∵f(x)=log12x，由{x+1＞01−x＞0，得x∈（﹣1，1），∴F（x）＝f（x+1）+f（1﹣x）=log12(x+1)+log12(1−x)的定义域为（﹣1，1），又F（﹣x）=log12(1−x)+log12(x+1)=F（x），∴F（x）为偶函数；（2）∵F（x）=log12(x+1)+log12(1−x)=log12(1−x2)≥log121=0，∴|F（x）|≤1⇔0≤F（x）=log12(1−x2)≤1，∴1≥1﹣x2≥12，解得−√22≤x≤√22，∴原不等式的解集为[−√22，√22]．18．（12分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）+B（其中A，ω，φ，B均为常数，ω＞0，A＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示．（1）求f （x ）的解析式；（2）求函数y =f(x +5π12)+f(x)在[−π3，π2]上的值域．解：（1）由图知A =3−02=32，B =3+02=32， 且{ω⋅(−π3)+φ=−π2+2kπ，k ∈Z ω⋅π2+φ=π2+2kπ，k ∈Z ，|φ|＜π2，解得ω=65，φ=−π10， 所以f （x ）=32sin （65x −π10）+32； （2）y ＝f （x +5π12）+f （x ）=32sin[65（x +5π12）−π10]+32+32sin （65x −π10）+32=32[sin （65x −π10+π2）+32sin （65x x −π10）+3=32 [cos （65x x −π10）+sin （65x x −π10）]+3=3√22 s in （65x x −π10+π4）+3=3√22 s in （65x x +3π20）+3， 因为x ∈[−π3，π2]，所以65x +3π20∈[−π4，3π4]， 所以sin （65x +3π20）∈[−√22，1]， 所以y ∈[3√22•−√22+3，3√22×1+3]＝[32，3√22+3]． 即函数y 的值域为[32，3√22+3]． 19．（12分）在四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是矩形，AD ＝2CD ＝2，AA 1=A 1D =√5，A 1C =√6．（1）证明：平面AA 1D 1D ⊥平面ABCD ；（2）求二面角A 1﹣CD ﹣D 1的余弦值．（1）证明：取AD 的中点O ，连接OC ，因为AA 1=A 1D =√5，得A 1O ⊥AD ，因为A 1D =√5，OD ＝1，所以A 1O ＝2，又OD ＝DC ＝1，所以OC =√2，在△A 1OC 中，OC =√2，A 1C =√6，A 1O ＝2，所以A 1C 2=A 1O 2+OC 2，故△A 1OC 为直角三角形，A 1O ⊥OC ，因为OC ∩AD ＝O ，故A 1O ⊥平面ABCD ，因为A 1O ⊂平面AA 1D 1D ，所以平面AA 1D 1D ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以O 为坐标原点，分别以DC →，OD →，OA 1→的正方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向， 建立如图所示空间直角坐标系：故A 1（0，0，2），C （1，1，0），D （0，1，0），D 1（0，2，2），则CD →=(−1，0，0)，A 1C →=（1，1，﹣2），DD 1→=(0，1，2)，设平面A 1CD 的一个法向量为m →=（x 1，y 1，z 1），则{m →⋅CD →=−x 1=0m →⋅A 1C →=x 1+y 1−2z 1=0，令y 1＝2，则m →=（0，2，1），设平面CDD 1C 1的一个法向量为n →=（x 2，y 2，z 2），则{n →⋅CD →=x 2=0n →⋅DD 1→=y 2+2z 2=0，令y 2＝2，则n →=（0，2，﹣1），所以cos ＜m →，n →＞=|m →⋅n →||m →||n →|=3√5×√5=35， 由图可知二面角A 1﹣CD ﹣D 1为锐角，所以二面角A1﹣CD﹣D1的余弦值为3 5．20．（12分）为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示．在公园内部计划修建景观道路CD（道路的宽度忽略不计），已知CD把三角形空地分成两个区域，△ACD区域为儿童娱乐区，△BCD区域为休闲健身区．经测量，AC＝BC＝100米，AB=100√3米．若儿童娱乐区每平方米的造价为100元，休闲健身区每平方米的造价为50元，景观道路每米的造价为2500元．（1）若∠ADC=π4，求景观道路CD的长度；（2）求∠ADC为何值时，口袋公园的造价最低？解：（1）在△ABC中，AC＝BC＝100，AB＝100√3，所以AC2+AB2﹣BC2＝1002﹣（100√3）2﹣1002＝30000，则cosA=AC2+AB2−BC22AC⋅AB=√32，A∈（0，π），所以A=B=π6，在△ACD中，∠ADC=π4，由正弦定理得ACsin∠ADC=CDsinA，即CD=AC⋅sinAsin∠ADC=10Osinπ6sinπ4=50√2，所以景观道路CD的长度为50√2米．（2）设∠ADC=θ(π6＜θ＜5π6)，在△ACD中，CD=50sinθ，所以S△ADC=12AC⋅CD sin∠ACD=12×100×50sin(5π6−θ)sinθ=2500sin(5π6−θ)sinθ，又S△ABC=12AC⋅AB•sin A=12×100×100√3×12=2500√3，所以S△BCD＝2500√3−2500sin(5π6−θ)sinθ，所以投资总额y＝2500CD+100S△ACD+50S△BCD＝2500×50sinθ+100×2500sin(5π6−θ)sinθ+50[2500√3−2500sin(5π6−θ)sinθ]＝2500×50[√3+1+sin(5π6−θ)sinθ]＝2500×50（3√32+2+cosθ2sinθ），因为2+cosθ2sinθ=3cos2θ2+sin2θ24sinθ2cosθ2=34tanθ2+tanθ24≥2√34tanθ2⋅tanθ24=√34，当且仅当tan θ2=√3，即θ=2π3时取等号， 此时y 取得最小值，即公园造价最低，所以∠ADC =2π3，口袋公园的造价最低． 21．（12分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，s n =3n+1−32． （1）求{a n }的通项公式；（2）若数列{S 2n +15a n }的最小项为第m 项，求m ； （3）设b n =2a n (a n −2)2，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n ＜132． （1）解：当n ＝1时，a 1＝S 1=32−32=3； 当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1=3n+1−32−3n−32=3n ， 因为a 1＝3满足上式，所以a n ＝3n ．（2）解：S 2n +15a n =32n+1−32+153n =32n+1+272⋅3n =32•（3n +93n ）≥32•2√3n ⋅93n =9， 当且仅当3n =93n ，即n ＝1时，等号成立， 所以m ＝1． （3）证明：b n =2a n (a n −2)2=2⋅3n(3n −2)2， 当n ＝1时，b 1=2⋅31(31−2)2=6； 当n ≥2时，b n =2⋅3n 32n −4⋅3n +4＜2⋅3n 32n −4⋅3n +3=2⋅3n (3n −1)(3n −3)=3n 3n −3−3n 3n −1=11−3−n+1−11−3−n ， 所以T n ＝b 1+b 2+b 3+…+b n ＜6+（11−3−1−11−3−2）+（11−3−2−11−3−3）+…+（11−3−n+1−11−3−n ）＝6+11−3−1−11−3−n =152−11−3−n ＜152−1=132，命题得证． 22．（12分）已知函数f （x ）＝e x +aln （x +1）（a ∈R ）．（1）当a ＝﹣2时，求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）若f （x ）在定义域上存在极值，求a 的取值范围；（3）若f （x ）≥1﹣sin x 恒成立，求a ．解：（1）当a ＝﹣2时，f （x ）＝e x ﹣2ln （x +1），可得f ′(x)=e x −2x+1，此时f′(0)=e0−21=−1，又f（0）＝e0﹣2ln1＝1，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝﹣（x﹣0），即x+y﹣1＝0；（2）易知f′(x)=e x+ax+1(x＞−1)，当a≥0时，f′（x）≥0恒成立，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不符合题意；当a＜0时，f′(x)=e x−a(x+1)2＞0，所以当a＜0时，f′（x）在定义域上单调递增，又f′(a2)=e a2+aa2+1，因为aa2+1≥−12，e a2＞1，所以f′（a2）＞0；当a＜﹣1时，易知f′（0）＝1+a＜0，所以函数f（x）在（0，a2）上存在极值点；当a＝﹣1时，f′(x)=e x−1x+1，易知f′（0）＝0，所以x＝0为f（x）的极值点；当﹣1＜a＜0时，f′(a2−1)=e a2−1+1 a ，因为e a2−1＜1，1a＜−1，所以f′（a2﹣1）＜0，则函数f（x）在（a2﹣1，a2）上存在极值点，综上所述，满足条件的a的取值范围为（﹣∞，0）；（3）若f（x）≥1﹣sin x恒成立，即sin x+e x+aln（x+1）≥1恒成立，不妨设g（x）＝sin x+e x+aln（x+1），函数定义域为（﹣1，+∞），可得g′(x)=cosx+e x+ax+1，不妨设h（x）＝cos x+e x+ax+1，函数定义域为（﹣1，+∞），可得h′（x）＝﹣sin x+e x−a(x+1)2，若a＝﹣2，当x∈（﹣1，0]时，cosx+e x≤2，−2x+1≤−2，所以g'（x）≤0，当x∈[0，+∞）时，e x≥1，h′（x）≥0，所以g′（x）≥g′（0）＝cos0+e0﹣2＝0，则x＝0时，函数g（x）在x∈（﹣1，+∞）上取得唯一极小值点，此时g（x）≥g（0）＝1，所以a＝﹣2时，f（x）≥1﹣sin x恒成立；若a＜﹣2，易知e x﹣sin x＞0，−a(x+1)2＞0，所以h′（x）＞0，即函数g'（x）单调递增，又g′(−a)=e−a+cos(−a)+a−a+1＞e2−1−1＞0，因为g'（0）＝2+a＜0，所以存在x1∈（0，﹣a），使得g'（x1）＝0，当0＜x＜x1时，g′（x1）＜0，g（x）单调递减，所以g（x1）＜g（0）＝1，不符合题意；若﹣2＜a＜0，由（2）知g′（x）单调递增，当﹣1＜x＜﹣1−a2＜0时，ax+1＜−2，g′(x)＜1+1+ax+1＜0，又g′（0）＝2+a＞0，所以存在x2∈（﹣1，0），使得g′（x2）＝0，当x2＜x＜0 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x2）＜g（0）＝1，不符合题意；若a≥0，易知cos x+e x＞0，ax+1≥0，所以g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（0）＝1，所以当﹣1＜x＜0时，g（x）＜g（0）＝1，不符合题意，综上所述，满足条件的a的值为﹣2．。
精选题库山东省潍坊市高三上学期期中数学试卷含解析答案(理科)
（Ⅰ）求 f（ x）的最小正周期 T； （Ⅱ）将函数 f（x）的图象向右平移
个单位，再向下平移 1 个单位，得到函
数 g（x）的图象，求 g（ x）在 [ ﹣ ， ] 上的最大值和最小值．
20．（ 12 分）如图，在三棱柱 ABC﹣ A1B1C1 中， BC⊥平面 AA1B1B，AB=AA1=2，∠ A1AB=60°． （Ⅰ）证明：平面 AB1C⊥平面 A1BC；
10．（ 5 分） f（x）是定义在 R 上的奇函数，对 ? x∈ R，均有 f（x+2）=f（x），已
知当 x∈[ 0， 1）时， f （x）=2x﹣1，则下列结论正确的是（
，f （﹣ x）=﹣
=f（x），为偶函数，不符合题意，
5．（5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，角 α与角 β的始边为 x 轴正半轴，顶点为 坐标原点，终边关于 x 轴对称，已知 sin α＝，则 cosβ（＝ ）
A． B．﹣ C．± D．±
【解答】 解：由 sin α＝，可得 α的终边在第一或第二象限， β的终边在第三或
第 4 页（共 24 页）
22．（ 12 分）设函数 f （x） = ，g（x）=xlnx﹣f （x）．
（Ⅰ）求函数 y=f（x）的最大值； （Ⅱ）判断函数 y=g{ x）的零点个数，并说明理由； （Ⅲ）记函数 y=g（ x）在（ 1，+∞）的零点为 x0，设 h（ x） =min{
，xlnx} ，x
2．（5 分）已知 x＞y＞0，则（ ） A． ﹣ ＞0 B．cosx﹣cosy＞ 0 C．（ ）x﹣（ ）y＞0 D． lnx﹣ lny＞ 0
【解答】 解：当 x=2，y=1 时，则 A 不成立， 当 x=π，y=0 时，则 B 不成立， 当根据指数函数的单调性可知 C 不成立， 根据对数函数的单调性可知 D 成立， 故选： D．
山东省潍坊市2022届高三上学期期中考试理科数学Word版含答案
山东省潍坊市2022届高三上学期期中考试理科数学Word版含答案高三数学试题（理科）注意事项：1．本试卷分4页，本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟．2．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡及答题纸上．3．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答案不能答在试题卷上．4．第Ⅱ卷写在答题纸对应区域内，严禁在试题卷或草纸上答题．5．考试结束后，将答题卡和答题纸一并交回．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题。
每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中。
只有一个符合题目要求的选项．）1．设某∈Z，集合A为偶数集，若命题p：某∈Z，2某∈A,则pA．某∈Z，2某AC．某∈Z，2某∈AB．某Z，2某∈AD．某∈Z，2某A2．设集合A={1,2,3}，B={4,5}，C={某|某=ba,aA,bB}，则C中元素的个数是A．3B．4C．5D．63．已知幂函数yf(某)的图像过点（A．21，），则log2f(2)的值为22D．12B．－C．－124．在△ABC中，内角A、B的对边分别是a、b，若A．等腰三角形C．等腰三角形或直角三角形|某|coAb，则△ABC为coBaB．直角三角形D．等腰直角三角形5．若当某∈R时，函数f(某)a(a0且a1）满足f(某)≤1，则函数yloga(某1)的图像大致为6．已知110，给出下列四个结论：①ab②abab③|a||b|ab④abb2其中正确结论的序号是A．①②B．②④C．②③D．③④7．等差数列{an}的前20项和为300，则a4+a6+a8+a13+a15+a17等于A．60B．80C．90D．1202某a,某08．已知函数f(某)（aR），若函数f(某)在R上有两个零点，则a的取值2某1,某0范围是A．(,1)B．(,1]C．[1,0)某D．(0,1]9．已知数列{an}的前n项和为n，且n+an=2n（n∈N），则下列数列中一定是等比数列的是A．{an}B．{an－1}C．{an－2}D．{an+2}10．已知函数f(某)in(某3)（0）的最小正周期为，将函数yf(某)的图像向55D．126右平移m（m>0）个单位长度后，所得到的图像关于原点对称，则m 的最小值为A．62B．3C．11．设函数f(某)某某in某，对任意某1,某2(,)，若f(某1)f(某2)，则下列式子成立的是A．某1某222B．某1某2C．某1|某2|22D．|某1||某2|12．不等式2某a某yy≤0对于任意某[1,2]及y[1,3]恒成立，则实数a的取值范围是A．a≤22B．a≥22C．a≥113D．a≥92二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．23t2dt1，则inco.421某15．已知一元二次不等式f(某)0的解集为{某|某2}，则f(2)0的解集为。
山东省潍坊市2019-2020学年高三上学期期中数学试卷1 (含答案解析)
山东省潍坊市2019-2020学年高三上学期期中数学试卷1一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x||x|≤1}，B={x|x>0}，则A∩B=()A. [−1,0]B. [−1,0)C. (0,1]D. [0,1]2.设命题p：∀x>−1，x2>1，则￢p为()A. ∀x>−1，x2≤1B. ∀x≤−1，x2>1C. ∃x≤−1，x2≤1D. ∃x>−1，x2≤13.已知a<b<0，则()A. a2<abB. ab<b2C. a2<b2D. a2>b24.已知函数f(x+2)=2x+3x+2，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为()A. 1B. −1C. 2D. −25.设x，y满足约束条件{x−y≤0,x−2y≥−2,x≥0,则z=2x+y的最大值是()A. 1B. 6C. 7D. 86.已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，且f(−2)=3，则满足不等式f(2x−3)<3上的解集为()A. B. (12,5 2 )C. D. (−32,−12)7.在正方形ABCD中，点E是线段CD的中点，F是线段BC上靠近C的三等分点，则AC⃗⃗⃗⃗⃗ =()A. 85BE⃗⃗⃗⃗⃗ +3DF⃗⃗⃗⃗⃗ B. 3BE⃗⃗⃗⃗⃗ +85DF⃗⃗⃗⃗⃗ C. 85BE⃗⃗⃗⃗⃗ +95DF⃗⃗⃗⃗⃗ D. 95BE⃗⃗⃗⃗⃗ +85DF⃗⃗⃗⃗⃗8.已知α，β为第二象限的角，cos(α−π4)=−35，sin(β+π4)=513，则sin(α+β)的值为()A. 3365B. −6365C. 6365D. −33659.函数y=sin(2x−π3)在区间[−π2,π]的简图是()A.B.C.D.10.在下列关于直线l,m与平面α,β的命题中正确的是()A. 若l⊂β且α⊥β，则l⊥αB. 若l⊥β且α//β，则l⊥αC. 若l⊥β且α⊥β，则l//αD. 若α∩β=m且l//m，则l//α11.一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为2，若四面体容器内完全放进一个球，则该球的半径最大值为()A. B. C. 1 D. 212.已知函数f(x)={−x 2+2x,x≤0ln(x+1),x>0，若f(x)=ax有且只有一个实数解，则a的取值范围是()A. [1,2]B. (−∞,0]C. (−∞,0]∪[1,2]D. (−∞,2]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知单位向量m⃗⃗⃗ 和n⃗的夹角为π3，则(2n⃗−m⃗⃗⃗ )⋅m⃗⃗⃗ =______ ．14.某几何体的三视图如图所示，其中主视图的轮廓是底边为2√3，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，左视图是个半圆．则该几何体的体积为________．15.已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则f(0)=______．16.已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(4−x)=f(x)，且当x∈(−1,3]时，，则函数的零点个数是___________．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.集合A={x|x2−(2a+1)x+a2+a≤0}，B={x|x<1或x>2}，若p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．18.菱形ABCD的边长为3，AC与BD交于O，且∠BAD=60°.将菱形ABCD沿对角线AC折起得到三棱锥−ADC(如图)，点M是棱C的中点，DM=3√2．2(1)求证：OD⊥平面ABC(2)求三棱锥M−ABD的体积．19.设函数f(x)=a⃗⋅b⃗ ，其中向量(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若x∈[−π4,π4]，求f(x)的值域；20.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosC=ab．(1)求B；(2)设CM是角C的平分线，且CM=1，b=6，求cos∠BCM．21.根据市场调查，某种新产品投放市场的30天内，每件的销售价格p(千元)与时间x(天)组成有序数对(x,p)，点(x,p)落在下图中的两条线段上，且日销售量q(件)与时间x(天)之间的关系是q=−x+60(x∈N∗).(Ⅰ)写出该产品每件销售价格p〔千元)与时间x(天)之间的函数关系式；(Ⅱ)在这30天内，哪一天的日销售金额最大？(日销售金额=每件产品的销售价格×日销售量)22.已知函数f(x)=bxlnx+3(b≠0)，f′(e)=4，g(x)=−x2+ax．(1)求函数f(x)的极值；(2)若对∀x∈(0,+∞)有f(x)−g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查绝对值不等式的求解以及集合的交集运算，属于基础题．先化简集合A，再根据交集的定义计算，即可得到答案．解：∵A={x|−1≤x≤1}，B={x|x>0}，∴A∩B={x|0<x≤1}．故选C．2.答案：D解析：解：命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，则￢p：∃x>−1，x2≤1，故选：D．根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．本题主要考查含有量词的命题的否定，根据全称命题的否定是特称命题是解决本题的关键．比较基础．3.答案：D解析：本题考查了不等式的性质，关键是排除法，属于基础题．利用排除法，当a=−2，b=−1，则A，B，C不成立，根据不等式的性质即可判断D．解：∵a<b<0，当a=−2，b=−1，则A，B，C不成立，根据基本性质可得a2>b2，故选D．4.答案：A解析：本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查导数的几何意义，注意变形求得f(x)的解析式，考查学生的运算能力，属于基础题．解：函数f(x +2)=2x+3x+2， 即为f(x +2)=2(x+2)−1x+2 则f(x)=2−1x ，导数为f′(x)=1x 2，可得曲线y =f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为1．故选A ． 5.答案：B解析：本题考查线性规划的简单应用，考查约束条件的可行域，判断目标函数的最优解是解题的关键． 画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最大值即可解：x ，y 满足约束条件{x −y ⩽0,x −2y ⩾−2,x ⩾0,的可行域如图：联立{x −y =0x −2y =−2，解得{x =2y =2，即A(2,2)， 当直线z =2x +y 过点A(2,2)时目标函数取最大值2×2+2=6．故选B ．6.答案：B 解析： 本题主要考查函数的奇偶性与单调性，属于基础题． 根据题意，由函数的奇偶性与单调性可将f (2x −3)<3转化为|2x −3|<2，可解得x 的取值范围，即可得答案．解：根据题意，f (x )为偶函数，则：f (2x −3)=f (|2x −3|),f (−2)=f (2)=3;又由f (x )在[0,+∞)上单调递增;则f (2x −3)<3⇒f (|2x −3|)<f (2)⇒|2x −3|<2;可解得12<x <52;故选B ． 7.答案：C解析：本题考查向量的加法、减法、数乘运算，平面向量的基本定理及其应用，考查运算化简的能力，属于中档题．由向量的加法可得AC⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别表达出BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，最后用BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 作为基向量表达AC⃗⃗⃗⃗⃗ 即可． 解：如图，由向量的平行四边形法则知，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，① 又BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，② DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AF ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，③ 由②③解得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =25BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +65DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =65BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +35DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 代入①得 AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =85BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +95DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ． 故选C ．8.答案：B。
潍坊市2023届高三上学期期中考试模拟数学试题试题(含答案)
数 学 试 题 2022.10一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合{|24}A x x ,集合2|320B x x x ,则R A C B A.{|14}x xB.{|12}x xC.{|24}x xD.2.设x R ,则“sin 0x ”是“cos 1x ”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.已知随机变量 服从正态分布22,N ,且(4)0.7P ,则(02)P A.0.1B.0.2C.0.3D.0.44．函数321)(xxe x x f x的图像大致为( )5.某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派6名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（ ） A.540种B.180种C.360种D.630种6.若关于x 的不等式22(4)(2)10a x a x 的解集不为空集，则实数a 的取值范围为（ ）7．设函数)('x f 是奇函数)()(R x x f 的导函数，0)1( f ，当0 x 时，0)()(' x f x xf ，则使得0)( x f 成立的x 的取值范围是( )A ．),1()1,(B ．)1,0()0,1(C ．)1,0()1,(D ．),1()0,1(高三上学期期中考试模拟考试8.已知数列{}n a 和{}n b 首项均为1，且11(2),n n n n a a n a a ，数列{}n b 的前n 项和为S n ，且满足1120n n n n S S a b ，则S 2019=（ ）二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。
全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。
9.若121()(),()933P AB P A P B ，，则事件A 与B 的关系错误是（ ） A.事件A 与B 相互独立 B.事件A 与B 对立C.事件A 与B 互斥D.事件A 与B 既互斥又独立10.已知2112n x x的展开式中第二项与第三项的系数的绝对值之比为1:8,则A.4nB.展开式中所有项的系数和为1C.展开式中二项式系数和为42 D.展开式中不含常数项 11.函数())0,||2f x x的部分图像如图所示,则下列说法中正确的有 A.()f x 的最小正周期T 为B.()f x 向右平移38个单位后得到的新函数是偶函数 C.若方程()1f x 在(0,)m 上共有4个根,则这4个根的和为72D.5()0,4f x x图像上的动点M 到直线240x y 的距离最小时,M 的横坐标为4.12.若过点(1,)P 最多可作出*n n N 条直线与函数()(1)e xf x x 的图象相切,则 A.n 可以取到3B.4nC.当1n 时， 的取值范围是4,eD.当2n 时,存在唯一的 值三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。