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山西省2023年秋学季九年级第一学期阶段性检测一（10月）数学.试卷答案

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则62，含1-w十名-gam+1n十k-31令f)=1一十一3则fx)在区间(-，3-k)和区间(3-k,十o)上单调递增，因为{an}的“L数列”为递增数列且在≥1时成立，所以3一k<1,则>2，所以k的取值范围为(2,十0∞).…8分(3)由0=1+21×1+2+211“a+11+2n1+2m1+21-222十22方.…12分2.【解题分析1)已知x轴上的点A1(2,0),A(6,0),A,(a,0)满足A,A,广=号A,A

则am+1-am=2(an一a,-1)(n≥2)，a2a=4,所以{a1一a是以4为首项，号为公比的等比数列.…4分(2)由(1)得a1-a

=4X(号)1，∴a,=a1十(a:-a)+(a-a)+…+(a,-a)=2+14×(1一2六-=10-24-",(n≥2)，故a1=2符合上式，.点An的坐标为(10-24-"，0).1-.射线y=x(x≥0)上的点B1(2,2),B2(4,4),,Bm(bn,bnm)满足|OBm1|=|OBn|十2√2，则1OBn+i=2bn+1,1OBn=√2bn,∴√2b+1=√2bn+22,∴.bn+1一bn=2,.b1=2,∴.bn=2m,.点Bn的坐标为(2n,2n).…8分(3)由(2)得Am+1(10-23-",0),Bn+1(21十2,21十2)，四边形AnAn+1Bn+1Bn的面积S,=S△oA1B1一S△oA,B,即S.=号×(10-28)×(2m+2)-号×10-2)×2m=(m-1)×2+10,令g)-88(m∈N").则gn+1)=80,2n所以g(m+1)-g(n)=,8”-81-8-16-82+72n+1当n=1时，可知g(2)>g(1),当n≥2时，可知g(n+1)≤g(n),即g(2)≥g(3)>g(4)>…>g(n).所以g(n)的最大值g(2)=2,又g(1)=0,且g(n)≥0，即10≤Sn≤12.…12分E·86【23·G3DY(新教材老高考)·数学·参考答案一必考一N】

分析（1）根据已知，求出函数的周期，进而可得ω=2，再由函数f（x）=sin（2x+φ）（0＜φ＜$\frac{π}{2}$）的图象经过点（0，$\frac{1}{2}$），求出φ=$\frac{π}{6}$，可得函数解析式，代入计算可得求f（$\frac{π}{12}$）的值；
（2）根据正弦函数的图象和性质，先求出函数f（x）的单调递减区间为[$\frac{π}{6}$+kπ，$\frac{2π}{3}$+kπ]，k∈Z，结合x∈[-$\frac{π}{2}$，$\frac{3π}{2}$]，可得答案．

解答解：（1）∵对任意的x都有f（x₁）≤f（x）≤f（x_2），且|x₂-x₁|的最小值为$\frac{π}{2}$，
∴$\frac{T}{2}$=$\frac{π}{2}$，即T=π，
又∵ω＞0，
∴ω=2，
又∵函数f（x）=sin（2x+φ）（0＜φ＜$\frac{π}{2}$）的图象经过点（0，$\frac{1}{2}$），
∴sinφ=$\frac{1}{2}$，
解得：φ=$\frac{π}{6}$，
∴f（x）=sin（2x+$\frac{π}{6}$），
∴f（$\frac{π}{12}$）=sin（2×$\frac{π}{12}$+$\frac{π}{6}$）=sin$\frac{π}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
（2）由2x+$\frac{π}{6}$∈[$\frac{π}{2}$+2kπ，$\frac{3π}{2}$+2kπ]，k∈Z得：x∈[$\frac{π}{6}$+kπ，$\frac{2π}{3}$+2kπ]，k∈Z，
故函数f（x）的单调递减区间为[$\frac{π}{6}$+kπ，$\frac{2π}{3}$+kπ]，k∈Z，
又∵x∈[-$\frac{π}{2}$，$\frac{3π}{2}$]，
∴函数f（x）在[-$\frac{π}{2}$，$\frac{3π}{2}$]上的单调递减区间为[-$\frac{π}{2}$，-$\frac{π}{3}$]，[$\frac{π}{6}$，$\frac{2π}{3}$]，[$\frac{7π}{6}$，$\frac{3π}{2}$]．

点评本题考查的知识点是正弦函数的图象和性质，熟练掌握正弦函数的图象和性质，是解答的关键．

山西省2023年秋学季九年级第一学期阶段性检测一（10月）数学.