山东省济南市2023届高三下学期一模数学试卷+答案.pdf

1、-1-高三年级学情检测高三年级学情检测 数学试题参考答案数学试题参考答案 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。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。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B C D C B D A 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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，部分选对的得分，

2、部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。题号 9 10 11 12 答案 ACD AB AD ABD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13240；1433或42443；15(0 e，；1632 四、解答题：共四、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17【解析】（1）X的所有可能取值为：1 2 3 4，则1(1)6P X=，515(2)6636P X=，55125(X3)666216P=，555125(X4)666216P=；所以 X的分布列

3、为 X 1 2 3 4 p 16 536 25216 125216 所以 X的数学期望为 1525125671()1234636216216216E X=+=（2）设事件“甲掷第n次且不获胜”的概率为na，由题可知：156a=，且1155252)6636nnnaaan=（，-2-所以 数列 na是以56为首项，2536为公比的等比数列，则 1525636nna=，所以 甲恰好抛掷第n次且赢得比赛的概率11511 25666 36nnnPa=，当1n=时符合，所以 11 256 36nnP=18【解析】（1）因为()(sinsin)sinabABbC+=，由正弦定理得：22abbc=，所以 22

4、22sinsincos2222sinbcacbccbCBAbcbcbB+=，所以 2cossinsinsinsin()sinsincossincossinABCBABBABBAB=+=+，所以 sinsincossincossin()BABBAAB=，因为 0BAB，所以 BABBAB=+=，或（）(不合题意)，所以 2AB=（2）由正弦定理得：23sinsinBA=，又因为sinsin22sincosABBB=，所以 23sin2sincosBBB=，所以 3cos4B=，7sin4B=因为 32ab=，由（1）22abbc=可得：52c=，所以 115 7Ssin216acB=；即 ABC

5、的面积为15 716 19【解析】（1）因为 22nnnSaa=+，当2n时，21112nnnSaa=+，作差得 22112nnnnnaaaaa=+，整理得111()()nnnnnnaaaaaa+=+，因为 0na，所以 11nnaa=；当1n=时，21112aaa=+，因为 10a，所以 11a=；-3-所以 数列na是首项为 1 公差为 1 的等差数列，所以 nan=（2）由题意可知 2222222212311111111.123nnTaaaan=+=+因为 2211111()(2)1211nnnnn=+，当1n=时，1714T=；当2n时，111 111 111111(1)()()()2

6、32 242 35211nTnn+111 1171()24214nn=+得证 20【解析】（1）取，MN分别为棱PA PB，的中点，连接DM MN NC，则MNAB，12MNAB=；因为 CDAB，且12CDAB=，所以 MNCD，且MNCD=，所以 四边形MNCD为平行四边形，故 DMCN 因为DPDA=，M为棱PA的中点，所以 DMPA；因为 ABAD，平面PAD 底面ABCD，平面PAD底面ABCDAD=，所以 AB 平面PAD，因为 DM 平面PAD，所以 ABDM；又ABPAA=，所以 DM 平面PAB 因为 DMCN，所以 CN 平面PAB，又因为 CN 平面PBC，所以 平面PB

7、C 平面PAB（2）取AD中点为O，连接PO，因为 PAD为等边三角形，所以 POAD，因为 平面PAD 底面ABCD，所以 PO 底面ABCD，过O作OEAB，交BC 于点E，则OEAD；以O为原点，OA OE OP，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设2AD=，则(0 03)P，(1 0 0)A，(1 0 0)D ，(1 2 0)C ，13(0)22M，则33(0)22DM=，(1 03)AP=，(2 2 0)AC=，-4-由（1）可知 DM 平面PAB，故 平面PAB的法向量取33(0)22DM=，设平面PAC的法向量为()x y z=，n，由00APAC=nn，解得30

8、220 xzxy+=+=，令3x=，得(33 1)=，n，设平面PAC与平面PAB的夹角为，所以|2 32 7cos7|3 7DMDM=|nn，所以 平面PAC与平面PAB夹角的余弦值为2 77 21【解析】（1）由题意知：223baa=，解得 13ab=，所以 双曲线 C 的方程为2213yx=（2）设直线PQ的方程为2xmy=+，与2213yx=联立可得 22(31)1290mymy+=，设1122()()P xyQ xy，则2310m ，236360m=+，1212221293131myyy ymm+=，；假设x轴上存在定点(0)M t，使得MP MQ为定值 1212()()MP MQx

9、t xty y=+122212(2)()(21)(my ytyymt=+222(1215)9(2)31tmtm+=+，若MP MQ为定值，则必有 1215931t=，解得 1t=，此时0MP MQ=；若直线PQ斜率为 0，则(1 0)(1 0)PQ，所以(0 0)(2 0)0MP MQ=，所以 x轴上存在定点(1 0)M ，使得MP MQ为定值0 22【解析】yxzMENOCDABP-5-（1）由题意可知1()2cos21fxxx=+，21()4sin2(1)fxxx=+，当(1 0)x ，时，4sin20 x，210(1)x+，故()0fx，所以()fx在区间(1 0)，上单调递增，()fx

10、无极值点 当(0)4x，时，()fx单调递减(0)10f=，21()404(1)4f=+，所以 存在唯一的0(0)4x，0()0fx=，且0(0)xx，时，()0fx，当0()4xx，时，()0fx，故0 xx=为()fx的唯一极大值点 所以()fx在区间(1)4，上存在唯一的极大值点（2）当)x +，时，sin21x，ln(1)1x+，则()0f x 恒成立，故()f x无零点；当)2x，时，sin20 x，ln(1)0 x+，则()0f x 恒成立，故()f x无零点；当)42x，时，cos20 x，101x+，则()0fx恒成立，故()f x单调递减，因为()1ln(1)044f=+，(

11、)ln(1)022f=+，所以()f x在该区间内有唯一零点；当(1 0 x ，时，注意到(0)0f=，故0是()f x的一个零点；由（1）知，()fx在(1 0)，上单调递增，因为 24()2cos3033f =，(0)10f=，所以 存在唯一的1(1 0)x ，1()0fx=，当1(1)xx ，时，()0fx，()f x单调递减，当1(0)xx，时，()0fx，()f x单调递增；因为(0)0f=，所以 1()0f x，又 24()sinln3033f=+，故在区间1(1)x，上有唯一零点，1(0)x，上无零点；当(0)4x，时，由（1）可知，()fx在0(0)x，上单调递增，在0()4x，上单调递减，-6-因为(0)10f=，1()0414f=+，所以 存在唯一的2(0)4x，2()0fx=，当2(0)xx，时，()0fx，()f x单调递增，当2()4xx，时，()0fx，()f x单调递减；因为(0)0f=，()1ln(1)044f=+，所以()f x在(0)4，上无零点；综上所述()f x共有 3 个零点