山东省济南市2023届高三下学期学情检测（一模）数学试题参考答案

高三年级学情检测数学试题参考答案一、单项选择题：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。题号12345678答案CBCDCBDA二、多项选择题：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。题号9101112答案ACDABADABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。344−4313．240；14．或；15．(0e，]；16．．3322四、解答题：共70分.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：1234，，，，1515则PX(1)==，PX(2)===，6663655125555125P(X3)===，P(X4)===；666216666216所以X的分布列为1234p1525125636216216所以的数学期望为1525125671EX()=1+2+3+4=．636216216216（2）设事件“甲掷第次且不获胜”的概率为，nan55525由题可知：a=，且a=a=a（n2)，16nn−−116636n-1-n−1525525所以数列an是以为首项，为公比的等比数列，则，an=636636n−1n51125所以甲恰好抛掷第次且赢得比赛的概率Pann==−1，66636n−1125当n=1时符合，所以Pn=．63618．【解析】（1）因为()(sinsin)sinabABbC+−=，由正弦定理得：ab22b−=c，bcacbccbCB2222+−−−−sinsin所以cosA====，2222sinbcbcbB所以2cossinsinsinsin()sinsincossincossinABCBABBABBAB=−=+−=+−，所以sinsincossincossin()BABBAAB=−=−，因为0−BAB，−，所以BABBAB=−+−=，或（）(不合题意)，所以AB=2．23（2）由正弦定理得：=，sinsinBA又因为sinABBB==sin22sincos，2337所以=，所以cosB=，sinB=．sin2sincosBBB445因为ab==32，，由（1）可得：c=，21157所以S==acsinB；216157即△ABC的面积为．1619．【解析】22（1）因为2Sn=+anan，当n2时，2Sn−1=+an−1an−1，22作差得2aaaaannnnn=−+−−−11，整理得aaaaaannnnnn+=+−−−−111()()，因为an0，所以aann−=−11；2当n=1时，2a1=+a1a1，因为a10，所以a1=1；-2-所以数列{}an是首项为1公差为1的等差数列，所以ann=．11111111（2）由题意可知Tn=++++=++++22222222...aaaan123n12311111因为=−()(2)n，nnnn22−−+12117当n=1时，T=1；1411111111111当n2时，T1(1)()()()+−+−+−++−n23224235211nn−+111117=1++−(+)．242nn+14得证．20．【解析】（1）取MN，分别为棱PAP，B的中点，连接DMM，NNC，，11则MNAB，MNAB=；因为CDAB，且CDAB=，22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ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD，因为DM平面，所以AB⊥DM；又ABPA=A，所以DM⊥平面PAB．因为，所以CN⊥平面，又因为CN平面PBC，所以平面PBC⊥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⊥，因为平面底面，所以PO⊥底面，过O作OEAB，交BC于点E，则OEAD⊥；以O为原点，OAOEOP，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD=2，13则P(003)，，，A(100)，，，D(100)−，，，C(120)−，，，M(，0，)，2233则DM=(，0，)，AP=−(1，0，3)，AC=−(2，2，0)，22-3-33由（1）可知DM⊥平面PAB，故平面的法向量取DM=(0)，，，22设平面PAC的法向量为n=()xy，z，，zPn=AP0−+xz=30由，解得，DNCn=AC0−2+2xy=0MEOy令x=3，得n=(331，)，，ABx设平面PAC与平面PAB的夹角为，|nDM|2327所以cos===，||||nDM37727所以平面PAC与平面PAB夹角的余弦值为．721．【解析】b（1）由题意知：22a3==，，解得ab==13，，ay2所以双曲线C的方程为x2−=1．3y2（2）设直线PQ的方程为xmy=+2，与x2−=1联立可得322(31)1290mymy−++=，设PxyQxy()()1122，，，，−129m则3m2−10，=+36360m2，yyy+==y，；12123131mm22−−假设x轴上存在定点Mt(，0)，使得MPMQ为定值．22MPMQ=(x1−t)(x2−t)+y1y2=(m+1)y1y2+−(2t)mt(yy1+2)+(2−)(1215)9tm−+2=+−(2)t2，31m2−12t−159若为定值，则必有=，31−解得t=−1，此时MPMQ=0；若直线斜率为0，则PQ(−1，0)，(1，0)，所以MP==MQ(0，0)(2，0)0．所以轴上存在定点M(10)−，，使得为定值0．22．【解析】-4-11（1）由题意可知fxx()2cos2=−，fxx()4sin=−+2，1+x(1)+x21当x−(10)，时，−4sin20x，0，(1)+x2故fx()0，所以fx()在区间(1−0)，上单调递增，fx()无极值点．1当x(0)，时，fx()单调递减．f(0)1=0，f()40=−+，44(1)+24所以存在唯一的x(0)，，fx()0=，且xx(0)，时，fx()0，0400当xx()，时，fx()0，故xx=为fx()的唯一极大值点．040所以fx()在区间(1−)，上存在唯一的极大值点．4（2）当x[)+，时，sin21x，ln(1+)1x，则fx()0恒成立，故fx()无零点；当x[)，时，sin20x，ln(1+)0x，则恒成立，故无零点；21当x[)，时，cos20x，0，则fx()0恒成立，421+x故单调递减，因为f()=1−ln(1+)0，f()=−ln(1+)0，4422所以在该区间内有唯一零点；当x−(1，0]时，注意到f(0)=0，故0是的一个零点；由（1）知，在(1−0)，上单调递增，24因为f()2cos30−=−，f(0)10=，33所以存在唯一的x1−(10)，，fx(1)=0，当xx−(1)，1时，，单调递减，当xx(1，0)时，fx()0，单调递增；24因为，所以fx()0，又f(−)=−sin+ln30，133故在区间(−1，x1)上有唯一零点，(0)x1，上无零点；当x(0，)时，由（1）可知，4fx()在(0，x)上单调递增，在()x，上单调递减，004-5-1f()0=−因为f(0)1=0，，41+4所以存在唯一的x(0)，，fx()0=，242当xx(0)，2时，fx()0，fx()单调递增，当xx()，时，fx()0，单调递减；24因为f(0)0=，f()1ln(1)0=−+，44所以在(0)，上无零点；4综上所述fx()共有3个零点．-6-