福建省百校联考2023-2024学年高三上学期期中考试 数学答案

2023年~2024学年高中毕业班第一学期期中考试数学评分参考标准一、单选题：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．12345678BDCCBDAA二、多选题：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．9101112ABDCDBCDBCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．63132π．．．．，1314,15,16434483四、解答题：共65分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．π17．解：（1）fx3sin2xcos2x2sin2x，6π将函数fx的图象向左平移个单位长度后，3ππ5所得函数为y2sin2x2sin2xπ，3665ππ∴πkπ，kZ，∴kπ，kZ．623πππ又，∴，∴fx2sin2x．236π5ππ2π（2）∵x,π，∴2x,，612663πππππ当2x，即x时，fx单调递增；66263ππ2ππ5π当2x，即x时，fx单调递减．263312ππ5π且f2，f1，f3．3612π5π∵方程fxa在,上恰有两个实数根，612学科网（北京）股份有限公司∴，∴实数的取值范围为．3a2a3,2118．解：（1）∵x0，fxa，x当a0，fx0，∴fx在0,单调递增，1ax当a0时，fx，x11令fx0，得x，fx0得x，aa11∴fx在0,单调递增，在,单调递减．aa综上，a0时，fx在0,单调递增；11当a0时，fx在0,单调递增，在,单调递减．aa（2）∵a2，∴fxlnx2x1，lnx2x1∴lnx2x1mx1，∴m，x112lnxlnx2x1令，∴x，gxgx2x1x1111令ux2lnx，ux0，∴ux在0,单调递减．xx2x11∵ue22lne2220e2e211∵ue32lne3230，e3e311∴23，使得，即，，x0e,eux002lnx002lnx0x0x0当，，，单调递增，x0,x0ux0gx0gx当，，，单调递减，xx0,ux0gx0gx12x3lnx2x1x02x23x11∴00000，gxmaxgx02x01x01x0x01x01∵23，，∴，∴的最小值为．x0e,e0,1m3m3x0学科网（北京）股份有限公司n119．（1）证明：∵Sa，且aSSn2，nnn2nnnn121∴2SSn2，nn1n1n1S11n∴，∴n11，2SnSn1n2n21n1nS2n1n11令n1，可得S0，∴S，1122111所以数列S是首项为，公比为的等比数列．nn122n1n（）由（）可得1111，21Snn1222111∴，∴n，Snnbn2bnn12b2n11∴n，nn1nn1bn1bn1121212121111111111∴L．Tn113377152n12n112n1120．【解析】（1）取AD中点为N，连接PN，因为PAD为等边三角形，所以PNAD，且平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PN面PAD，所以PN平面ABCD，又AB平面ABCD，所以PNAB，又因为PDAB，PNPDP，PN，PD平面PAD，所以AB平面PAD，又因为DM平面PAD，所以ABDM，因为M为AP中点，所以DMPA，且PAABA，PA，PB平面PAD，所以DM平面PAB，且DM平面CDM，所以平面CDM平面PAB．（2）由（1）可知，PNAB且PDAB，PNPDP，学科网（北京）股份有限公司所以AB平面PAD，且AD平面PAD，所以ABAD，以A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴，建立如图所示空间直角坐标系，设AD2aa2，则可得a3a，，，，，，A0,0,0B2,0,0P0,a,3aM0,,C2,a,0D0,2a,02233即，，，PB2,a,3aDC2,a,0DM0,a,a22设平面MCD的法向量为nx,y,z，DCn2xay0则33DMnayaz022axy则可得2，取y2，则xa，，z23z3y所以平面MCD的一个法向量为na,2,23，设直线PB与平面MCD所成角为，PBn6a3所以sincosPB,n，PBn44a216a234解得a216，或a21，即a4（舍去）或1，1113所以AD2，VSAB132．PMCD3PMD32321．解：（1）由已知条件，得A2，T2ππ又∵3，T12，∴．46π2π又∵当x1时，有y2sin2，∴，63学科网（北京）股份有限公司π2π∴曲线段FBC的解析式为y2sinx，x4,0．63π2πk（2）由y2sinx1得x6k14kZ，63又x4,0，∴k0，x3，∴G3,1，OG10，∴景观路GO长为10千米．π（3）如图，OC3，CD1，∴OD2，COD，6作轴于点，在△中，，PP1xP1RtOPP1PP1OPsin2sinOPOM在△OMP中，，sin120sin60OPsin60423∴OMsin602cossin，sin1203323S平行四边形OMPQOMPP12cossin2sin34323234sincossin22sin2cos233343π23πsin2，0,3633πππ23当2时，即时，平行四边形面积最大值为．626322．解：（1）∵fxsinxxcosxsinxxcosx0，ππ解得x或0或，22∴fx与fx的分布列如下：ππππππxππ,,000,,ππ222222＋－＋－极小值1↑极大值↓↑极大值↓11学科网（北京）股份有限公司ππ22ππππ所以，fx的增区间为：π,，0,，减区间为：,0，,π，2222πfx的最大值为，最小值为1．2（2）gx的定义域为R，12∵gxxsinxcosxaxgx，2所以gx为偶函数．1∵g010，∴当a时，gx有且仅有两个零点31当a时，gx在0,上有且仅有一个零点．3∵gxxcosxa，当a1时，若x0，则gx0，所以gx在0,上单调递减，1∵gπ1aπ20，∴gx在0,上有且仅有一个零点；21π当a1时，存在0,，使得cosa，32当0x时，gx0，当2kπx2kπ2πkN时，gx0，当2kπ2πx2kπ2πkN时，gx0，所以，gx在0,递增，在2kπ,2kπ2πkN上递减，在2kπ2π,2kπ2πkN上单调递增，11tan1，a1，可得0tan22，a23当kN时，2kπ2πtan2π2，121所以，g2kπ2π2kπ2πtan122a1232kπ2πtan162学科网（北京）股份有限公司22kπ2πtan10061所以，gx在0,上有且仅有一个零点，综上，当a时，gx有且仅有两个零点．3学科网（北京）股份有限公司