山东省青岛市2023届高考一模数学试卷+答案.pdf

1、ml;16翻数学评分标准第 1页（共 8页）青岛市 2023 年高三年级第一次适应性检测数学参考答案及评分标准一、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。分。1-8：AC B BD C CA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。分。9AC10AB11ABD12BCD三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13(1,2)答案不唯一答案不唯一；1433；152 3；160，11011四、解答题：本题共四、解答题

2、：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.（本小题满分（本小题满分 10 分）分）解解：（1）由题意得xxxf2sincos2)(2xx2sin2cos12sin(2)14x 2 分因为2T，所以221T3 分所以()2sin()14f xx令42xk得，4xk（Zk）所以函数)(xf图象的对称轴方程为4xk（Zk）5 分（2）由31)(f得2sin()43 6 分所以32cossin，所以94)cos(sin2，即942sin1所以952sin 10 分18（本小题满分（本小题满分 12 分）分）解解：

3、（1）因为2454SSS，成等差数列，248aaa，成等比数列所以425242824 SSSaaa2 分所以11121112(46)(2)(510)4(3)()(7)adadadadad ad，整理得1214 ada dd因为0d，解得：12ad 5 分所以2(1)222nn nSnnn 6 分数学评分标准第 2页（共 8页）（2）由（1）得22(1)nnnbTn n，1132(1)(2)nnnbTnn，7 分所以两式相减得：112322+(1)(1)(2)nnnnnnbbTTn nnn8 分整理得：1212(1)(1)(2)nnbbn nnn所以1112(1)(1)(2)nnbbn nnn即

4、11112()nnnnbbSS10 分因为1131,1021 2bb，所以1nnbS是以1为首项，2为公比的等比数列 11 分所以112(1)nnbn n，所以112(1)nnbn n 12 分19（本小题满分（本小题满分 12 分）分）解解：（1）当D为圆弧BC的中点，即3CAD时，BCPD1 分证明如下：因为D为圆弧BC的中点，所以3CADBAD，即AD为CAB的平分线因为ACAB，所以AD为等腰CAB的高线，即ADBC2 分因为,PAAB PAAC ABACA AB AC平面ABDC所以PA 平面ABDC，所以PABC 3 分因为PAADA，所以BC 面PAD所以BCPD 4 分（2）由

5、（1）得，PA为四棱锥PABDC的高，因为4PA，所以，当底面积ABDCS取最大值时，四棱锥PABDC体积最大 5 分设CAD，则22,(0,)33BAD 1122 2 sin2 2 sin()223ABDCCADBADSSS 22sinsin()32 3sin()6因为2 5(0,),(,)3666所以3时，sin()1,6ABDCS取最大值2 3数学评分标准第 3页（共 8页）所以，当四棱锥PABDC体积最大时，3CADBAD 7 分过A在平面ABDC内作直线AEAB，交圆弧BC于点E，由题，,AE AB AP两两垂直，以A为原点，分别以,AE AB AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图

6、所示空间直角坐标系，8 分则(0,0,0),(0,0,4),(0,2,0),(3,1,0),(3,1,0)APBDC因为(3,1,4),(0,2,0),(3,1,0)PDCDDB ，9 分设平面PCD的法向量为111(,)nx y z则00n PDn CD ，即111134020 xyzy，令13z，得(4,0,3)n 10 分设平面PBD的法向量为222(,)mxyz则00m PDm DB ，即2222234030 xyzxy，令23z，得(2,2 3,3)m 11 分设平面PCD与平面PBD的夹角为，则|11cos19|m nmn 所以平面PCD与平面PBD夹角的余弦值为1119 12 分

7、20（本小题满分（本小题满分 12 分）分）解解：（1）因为前2个矩形面积之和为(0.01 0.03)100.40.5，前3个矩形面积之和为(0.01 0.030.04)100.80.5，则中位数在(80,90)内，设为m，则(80)0.040.50.40.1m，解得82.5m，即中位数为82.5 3 分（2）因为成绩在90 100，的频率为15，所以概率为15，则1(10,)5XB，所以101014()()()55kkkP XkC，5 分所以101011111014()()()11 555114(1)4()()55kkkkkkCP XkkP XkkC，6 分当12k时，()(1)P XkP

8、Xk，(0)(1)(2)P XP XP X；当3k 时，()(1)P XkP Xk，(2)(3)P XP X，所以2k 时，()P Xk取到最大值7 分PABCDxyzE数学评分标准第 4页（共 8页）（3）甲进入复赛的概率314424146C CC3C5P，乙进入复赛的概率3133246C C1C5P，故甲、乙两人进入复赛的概率分别为3 15 5，8 分由题意可得：的可能取值为0 1 2，则有：12248(0)(1)(1)5525PPP，1212342114(1)(1)(1)555525PPPP P，12313(2)5525PPP，所以的分布列为：012P825142532511 分所以81

9、434()0122525255E 12 分21（本小题满分（本小题满分 12 分）分）解解:（1）记12|2FFc，由题意知：12|AFAFa，22ca1 分所以1 22112AF FSa，解得2a 2 分所以1,1bc3 分所以椭圆C的标准方程为：2212xy4 分（2）（）选为条件：设11(,)P x y，22(,)Q xy，当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限，则由1212 k k，可得122k，此时直线WP的方程为22yx，联立2212xy，解得2(1,)2P所以22S 6 分当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：ykxt，则12121212y yk kx x

10、，即121220 x xy y将ykxt代入2212xy得：222(12)4220kxktxt所以2121222422,1212kttxxx xkk 7 分数学评分标准第 5页（共 8页）所以22221212121222()()()12tky ykxt kxtk x xkt xxtk所以22222222201212ttkkk，即22122kt 8 分222222121212212|1|1()42 2112ktPQkxxkxxx xkk10 分因为点O到直线l的距离2|1tdk所以222221|1222 2121221tktSkkk综上，结论成立.12 分（）选为条件：设11(,)P x y，2

11、2(,)Q xy，当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限，则由22S，可得111112222Sxyxy，又221112xy，解得2(1,)2P，2(1,)2Q，所以1212 k k6 分当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：ykxt，将ykxt代入2212xy得：222(12)4220kxktxt所以2121222422,1212kttxxx xkk 7 分222222121212212|1|1()42 2112ktPQkxxkxxx xkk8 分因为点O到直线l的距离2|1tdk所以222222221|121222 212|2121221tktktSktkkk即221

12、22kt 10 分因为22221212121222()()()12tky ykxt kxtk x xkt xxtk所以2222221212222122221112222222212tky ytktkk ktx xttk 综上，结论成立.12 分数学评分标准第 6页（共 8页）（）选为条件：设11(,)P x y，22(,)Q xy，00(,)W xy当直线l的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点P在第一象限，则11(,)Q xy，0(0)Wy，所以111112222Sxyxy，又221112xy，解得2(1,)2P，2(1,)2Q所以2101012011()()1122yyyyk kyxx，

13、所以00y 所以(0,0)W为坐标原点，满足题意6 分当直线l的斜率存在时，设00()W xkx，直线l的方程为：ykxt，将ykxt带入2212xy得：222(12)4220kxktxt所以2121222422,1212kttxxx xkk 7 分222222121212212|1|1()42 2112ktPQkxxkxxx xkk8 分点W到直线l的距离2|1tdk所以222222221|1212222122121221tktktSktkkk即22122kt 10 分因为22221212121222()()()12tky ykxt kxtk x xkt xxtk12121222()212t

14、yykxtkxtk xxtk 则由1020121020()()1()()2ykxykxk kxxxx，即10201020()()2()()0 xxxxykxykx得：222120120120120()22()20 x xx xxxy ykxyyk x即222220(12)(442)0kxkt，因为22122kt，224420kt所以00 x 即(0 0)W，综上所述，W满足条件.12 分数学评分标准第 7页（共 8页）22（本小题满分（本小题满分 12 分）分）解解:（1）曲线()yf x与圆C一条公切线的方程为1yx3 分（2）（）设曲线()yf x与圆C公切线l的方程为ykxm（显然，k存

15、在）因为l与曲线()yf x相切，且1()fxx，所以切点为11(,ln)kk，11:ln()l yk xkk，所以:1 lnl ykxk，即1 lnmk 因为l与圆C相切，所以2|21bmk，即22()220bmk所以22(1 ln)220bkk 令22()(1 ln)22g xbxx，0 x，则22(1 ln)2(1 ln)2()4bxbxxg xxxx 设2()(1 ln)2h xbxx，则1(1 2)(1 2)()4xxh xxxx 5 分易证明：ln1xx 6 分当1b 时，因为()h x在1(0,)2上单调递增，在1(,)2上单调递减；所以1()()2h xh，因为11()ln20

16、22hb，11 2(e)2(e)0bbh ，22(2)1 ln(2)8380hbbbbbb；所以存在111(e,),(,2)22bb，使得()()0hh所以21 ln2b，21 ln2b 所以()g x在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增，在(,)上单调递减；7 分因为42()4220g，且2()(1)(1)40ggb，又因为31231 2(e)42(e)20bbgb，且2222(3)1 ln(3)182161820gbbbbbb，所以存在31123(e,),(,),(,3)bxxxb，使得123()()()0g xg xg x所以当1b 时，曲线()yf x与圆C恰有三条公切线 8 分数

17、学评分标准第 8页（共 8页）当10ln212b时，因为11()0,(e)0,2bhh 2(1)(1)40hb；所以存在111(,),(,122be，使得()()0hh所以()g x在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增，在(,)上单调递减；所以42()4220g，且42()4220g，所以()g x不可能存在三个零点，所以当1ln212b时，曲线()yf x与圆C不可能有三条公切线9 分当1ln22b 时，1()02h；所以()h x在(0,)上单调递减，最多一个零点；所以()g x最多一个极值点，不可能有三个零点；所以当1ln22b 时，曲线()yf x与圆C不可能有三条公切线 10 分综上，若曲线()yf x与圆C恰有三条公切线，则b的取值范围为1b（）函数22()(1 ln)22g xbxx 的零点，即方程2|1 ln|22bxx 的解，即曲线|1 ln|ybx 和曲线222yx（221(0)2yxy）交点的横坐标，结合图象，显然存在(,)T m n，使得1 lnbmn 成立所以()()ln()1f mxf xmf xnb 对任意0 x 恒成立12 分