江苏省淮安、南通部分学校2023-2024学年高三上学期11月期中监测 数学答案

2024届高三第一学期期中质量监测数学参考答案及评分建议一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案BDAACBAC二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．题号9101112答案BCBDACDBCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．5213．14．ax(0a1)（答案不唯一）15．516．3,23四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤．111217．【解】（1）fxcos2xsin2xcos4xsin4xcos4xsin4x，2222412当4x2k，即xk,kZ时，f(x)，4228max21此时，x的取值集合为xxk,kZ．282（2）gxsin4x(0)．24设u4x，因为x0,，所以u,2，4244因为gx在区间0,上有且仅有1个极值点，23所以2，24215解得．883c18．【解】（1）因为tanAtanB，acosBsinAsinB3sinC由正弦定理得，cosAcosBsinAcosB学科网（北京）股份有限公司sinAcosBcosAsinBsinABsinC3sinC所以，cosAcosBcosAcosBcosAcosBsinAcosB因为0C，所以sinC0,cosB0可知tanA3，2又因为0A，所以A．3（2）因为D是边BC的中点，所以S△ABDS△ACD，11故bADsincAD，故b2c．2622由余弦定理得a2b2c22bccosb2c2bc7c2，故a7c，3因为a7，所以c7,b27．ABAC又因为AD，222222ABAC2ABACcb2bccos120平方得|AD|，447281421所以AD，2221故AD的长为．2aa119．【解】（1）法一：因为n1n，n1nnn1aa11所以n1n，n1nnn1a1a1所以n1n，n1na1所以n是常数列，na1a1所以n12，n1所以an2n1．aa1法二：因为n1nn1nnn1学科网（北京）股份有限公司所以nan1n1an1，①所以n1an2n2an11，②②-①，得n1an22n2an1n1an0，所以an2an2an1，所以an是等差数列，aa1由a1,n1n得a3，1n1nnn12所以等差数列an的公差da2a12，所以an2n1．4n4n11（）n1n1n1．2bn(1)(1)(1)anan12n12n12n12n11111111当为偶数时，nSn13352n32n12n12n112n1．2n12n1111111112n2当为奇数时，nSn113352n32n12n12n12n12n1．2n2,n为奇数,2n12n1(1)n1所以Sn（或Sn）2n2n1,n为偶数.2n1120．【解】（1）导函数fxa,f1a1，又f10，x所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为ya1x1，即a1xya10．（2）当a1时，fxx1lnx,x0．1x1fx1xx学科网（北京）股份有限公司令fx0，解得x1．列表如下：x0,111,fx-0+fx极小值所以当x1时，fx取最小值f10，所以fx0．（3）由（2）可知，lnxx1，当且仅当x1时，等号成立，2n12n1所以，ln1nn3312222n1122n1ln1ln1ln1ln123n2n333333312n1nn33211，2n13312222n1所以1111e．23n333312222n1122n12当n4时，1111123n2n33333332712n1nn23322122．2n127127332n1*1222所以对于任意nN,1111m成立时，整数m的最小值为3．23n333321．【解】（1）连接OM,MN,BM，因为M,N是底面半圆弧AB上的两个三等分点，所以有MONNOB60，又因为OMONOB2，学科网（北京）股份有限公司所以△MON,△NOB都为正三角形，所以MNNBBOOM，四边形OMNB是菱形，记ON与BM的交点为Q，Q为ON和BM的中点，因为PON60,OPON，所以三角形OPN为正三角形，1所以PQ3BM，所以PBPM，2因为P是半球面上一点，AB是半球O的直径，所以PBPA，因为PMPAP，所以PB平面PAM．（2）因为点P在底面圆内的射影恰在ON上，由（1）知Q为ON的中点，△OPN为正三角形，所以PQON，所以PQ底面ABM，因为四边形OMNB是菱形，所以MBON，即MB、ON、PQ两两互相垂直，以QM,QN,QP为正交基底建立空间直角坐标系Qxyz，如图所示，则O0,1,0,M3,0,0,B3,0,0,N0,1,0,A3,2,0,P0,0,3，学科网（北京）股份有限公司所以PM3,0,3,OP0,1,3，设平面PAB的一个法向量为mx,y,z，mOP0,y3z0,则所以mOB0,3xy0,取x1，则m1,3,1设直线PM与平面PAB的所成角为，3310所以sincosPM,m，65510故直线PM与平面PAB所成角的正弦值为．522．【解】（1）fx的定义域为0,．1lnxlnx由fx得，fx，xx2当x1时，fx0；当x0,1时，fx0；当x1,时，fx0．故fx的递增区间为0,1，递减区间为1,．a1b1（2）将aebbeaeaeb变形为．eaeb1lnm1lnn令eam,ebn，则上式变为，mn即有fmfn，于是命题转换为证明：mn2．不妨设mn，由（1）知0m1,n1．要证mn2，即证n2m1，由于fx在1,上单调递减，故即证fnf2m，由于fmfn，故即证fmf2m，即证fmf2m0在0m1上恒成立．令gxfxf2x,x0,1，学科网（北京）股份有限公司lnxln2x(2x)2lnxx2ln2x则gxfxf2x，x2(2x)2x2(2x)244xx2lnxx2ln2x44xlnxx2ln2xx0，x2(2x)2x2(2x)2所以gx在区间0,1内单调递增，所以gxg10，即mn2成立．所以eaeb2．学科网（北京）股份有限公司