2022-2023学年山东省烟台市高三上学期期中学业水平测试数学试卷和答案

2022-2023学年度第一学期期中学业水平诊断高三数学参考答案一、选择题：CBDB ADCA二、选择题9.ACD 10.BCD 11.BD 12.ABD三、填空题13.725

14.143 15.33 16.62四、解答题17解）已得，f)g21)1∴a12，a1， 1分f(x(xlog2(2xlog2(xx， 2分x10由2x0得，x2， 3分令g(x)(x1)(2x)，则g(x)在(1,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，……4分2 2ylog2x在所以f(x)的单递区为1)，单调减间为(1,2) 5分2 2xa0（2）由2x0得，又a1且a0，ax2，f(2x(2axlog2xx(2ax， 6分因为f(x)f(2x)，所以log2(xa)(2x)log2x(2ax)，所以(xa)(2x)x(2ax)，即axa， 7分①当a0时，axax1，又因为ax2，以1x2 8分②当1a0时，axax1，又因为ax2所以ax1 9分综上：当a0时，原不等式的解集为{x|1x2}；当a0时原等的集为{x|ax10分高三学题案 第1页（共7页）18解1选①设b2x则DCx， 1分x211216在中，cosADB9 ， 2分8 7x3x2112112在，cosCDB9 9

x ， 3分28 7x 8 7x23 3∵, ∴0， 4分x211216 2即 9 x

0所以x4故b8 6分8 7x

8 7x 3 33 3sinAsinBsinBcosA

， 1分6∵B(0,)，∴ B0，∴sinAcos(A )，63即sinA 3cosA1sinA，是A ，∴A， 2分32 2 3设b2x,cy，x2y2112在中，A91，即x2y2xy112，① 32xy 2 94x2y2112在中，cosA91 即4x2y22xy112，② 4分4xy 2， 9联立①②得，x4,y4，即c4,b8 63 3分（2）由意，SSS， 7分1 1 8 1 8∴ 4AEsin30 AEsin30 4sin60，2 2 3 2 3835AE ， 9835高三学题案 第2页（共7页）又∵BEc3BE47， 分EC b 2 5ABE∴C 48347，故的周长为48347 12ABE5 5分19解）f()1，f(x)anxsx， 1分故fa1， 2分f(x在点fy1a1)xy∴a12，即a1，

， 3分所以数f(x)的解式为f(x)xcosxsinx， 4分（2）f(x)xcosxsinx,x[0,]，f(x)1sinxcosx1f(x)0sin(x)

2sin(x ， 542， 64 2 ∵x(0,)，∴x (

3, )，4 4 4 ∴x 即x ， 7分4 4 2当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递增，2当x(,)时，f(x)0，f(x)单调减， 9分2 故当x]时，f(x)maxf(2)21， 10分∵f(0)1f()1，∴f(x)minf(0)1

………11分f(x在[0,]上的值域为2

1] 12n1 20解）当n2时，S (n)2a n1 an2a(n1)2a ， 2an1

n n n1n1(n2)， 3n1高三学题案 第3页（共7页）∴a

anan1

2)， 4a2a2aa1n1n21n1 n1123 n(n1)(nn1 n2n11∴

2n(n

(nN， 5（2）由（1）

1， 6nbbb 1

1[ 1

1 ]， 8nn1n2

n(n1)(n2)

n(n(n1)(n2)∴T1[(1

1)(1

1)

1 )](1n(nn 2 12 23 23 34 (n(1n(n1[1

1 ]1 1

1， 12212 (n1)(n2) 4 2(n1)(n2) 421）B镇前4个月的总需水量为244所以2p4

4p24，则p6， 1分所以W18qx2x12xxxN*) 2分x（2）①题知：W(x)18qx2x12 0对1x9且xN*成立，xx即q≥18122对1x9且xN*恒， 3分xxx令1t，则1t1，x3m(t)212t21)244，所以q4， 5分3②首先18q50即q， 6分x其次，18(x1)q2x12 50对1x9且xN*恒立，x所以q

322x322x12x

对1x9且xN*恒成立， 7分高三学题案 第4页（共7页）322x322x12x

x1

y

(x1)2x5x1x(x1)266x30 6(x5x1x(x1)2x x 6(x1)2 (x1)2x( 5)229x62 4， 9x(x1)2因为 且 ，以y0恒成，以函单递，x8y

min

489

2163

232所以q163

2， 11综合①②可得q的取值范围为4q1683

2. ……………12(26)(x(322x12x)x(26)(x(322x12x)x a x2(a1)xa (x1)(xa)f(x xa ， 1x x xf(x0x1xa，①当0a1x(0af(x0f(xx(a,1f(x0f(x)单调递减，x，f(x)0，f(x)单调增， 2分②当a1时，f(x)0，f(x)在)单递， 3分③当a1时，x，f(x)0，f(x)单递，xa)，f(x)0，f(x)单调递减，x(a,，f(x)0，f(x)单递增， 4综上所述：当0a1f(x的单调递增区间为af(x的单调递减区间为；当a1f(x的单调递增区间为；高三学题案 第5页（共7页）当a1f(x的单调递增区间为af(x的单调递减区间为a)，5（2）g(x)4xax1x2，2 a 4xax2 x24xag(x)4 x ， 6x x x函数g(x)4xalnx1x2有两个极值点x1,x2(x1x2)，2x24xa0在令h(x)x24xa，h(0)0 a0因此需h(2)0，即a40，故0a4， 7分 ②由①知，x1x24,x1x2a，且0a4，g(x)g(x)(4xalnx

1x2)(4xalnx1x2)1 2 1

21 2 2 224(xx)a(lnxlnx)1(x2x2)1 2 1

2 1 2aaa8， 8要证 ，即证aaa810lna，只需证a)aa20，令m(a)(1a)lnaa2，a(0,4)m(alna1a11a， 9a a因为1a2

10恒成立，所以m(a在a(0a又10，m(2)120， 10分2由函数根的存在性定理得，a0(1,2)，使得0，即lna1，a0 0a0所以a(0,a0)时，m(a)0，m(a)单调递增，0a(a,4)时，m(a)0，m(a)单调递减，0高三学题案 第6页（共7页）m(a)

m(a)