日照一模-数学答案

2020级高三模拟考试数学答案2023.02一、单项选择题：本大题共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。1-4DCDC5-8BBBA二、多项选择题：本大题共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的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.ABD10.AC11.ABC12.AD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。113.1014.315.或1016.21.3四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。aaaa17．【解析】（1）解：因为123Lnn2n，①234n1a1则当n1时，2，即a14，.………………1分2aaaa当n2时，123Ln1n2n，②234na①②得n2n，所以a2n(n1)，.……………….4分n1na14也满足an2n(n1)，故对任意的nN，an2n(n1).……………….5分nn111（2）证明：()，……….7分(n2)an2n(n1)(n2)2n1n212n1111111LL3a14a2(n2)an22334n1n21111.……………….10分22n24AC18．(1)解：因为asinbsinA，2AC所以由正弦定理边角互化得sinAsinsinBsinA，……….2分2因为A0,π,sinA0,ACπB，πBBBBB所以sinsinB，即cossinB，所以cos2sincos，……….4分222222BπB因为B0,π，所以(0,),cos0，222B1Bππ所以sin，所以，即B……….6分22263(2)解：因为ACBC，B，3所以ABC为等边三角形，即ACBCAB1，如图，设ADm，则BD1m,PDm，高三数学试题第1页共5页2BP2BD2PD2BP21mm21所以在△BPD中，由余弦定理得cosB，2BPBD2BP1m22整理得BP21mm2BP1m，设BPx,0x1，2x2x12x32x33所以m2x3，……….10分2x2x2x由于0x1，故12x233所以m2x3233，当且仅当2x3时等号成立，2x2x此时x23；所以AD的最小值为233.……….12分19．解：由题可知：PO面ABC，分别取AC，BC的中点M，N，连接PM，OM,PN,ON,则在圆O中，OMAC；因为PAPC,M是AC中点，所以ACPM；所以PMO.同理PNO.……….3分11OMONOCOC21于是()2()2()2……….6分tan2tan2OPOPOPAP2OA22OPOP（2）因为tan3tan，即3，OM3ONONOM所以BC3AC，又BC2AC2AB216,解得AC2，BC23……….8分在圆O中，CACB，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0,0,0)，A(2,0,0),B(0,23,0),又因为PO面ABC，所以OP//z轴，从而P(1,3,22).uuruuruur则CA(2,0,0),CB(0,23,0),CP(1,3,22),设平面PAC的法向量为m(x,y,z)，uurmCA02x0则uur，即mCP0x3y22z0不妨取y22，则x0，z3，此时m(0,22,3)同理，平面PBC的一个法向量n(22,0,1)……….10分mn333所以cosm，n==|m||n|11333又二面角APCB为钝二面角，33所以二面角APCB的余弦值为.……….12分33高三数学试题第2页共5页a20．解析：（1）由已知抛物线E的焦点F(,0)，225a设与圆G相切的直线l方程为：y0(x)，即2x5ya0…2分52|220a|所以由点到直线的距离1，得a1或a745因为0a2,所以a1,则抛物线E的方程y22x.…………5分2（）设x0，则，2E(x,)Q(x0，t)04当时，t，x00kOQx0111由yx2可得yx，所以切线l的斜率为kx，.……….6分42l20x1x2y1y2设Ax1,y1，Bx2,y2，线段AB的中点M,，22x2y211142x2x2y2y2由，可得12120，x2y24222142xxxxyyyy所以121212120，.……….9分42yyyy11212111整理可得：，即klkOM，所以x0kOM，x1x2x1x222221t可得kOM，又因为kOQkOM，x0x01所以当t1时，kOQkOM，此时O,M,Q三点共线，满足|AM||BM|.x0当x0=0时，结论亦成立，综上，存在t1，使得|AM||BM|成立，..……….12分11121．【解析】依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为p，…1分3391门将在前三次扑到点球的个数X的可能取值为0,1,2,3，易知X~B(3，)，918所以P(Xk)Ck()k()3k,k0,1,2,3，……………3分399故X的分布列为X01235126481P729243243729高三数学试题第3页共5页11所以X的期望为E(X)3……………5分93（2）①第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，则当n2时，第n1次传球之前球在甲脚下的概率为pn1，第n1次传球之前球不在甲脚下的概率为1pn1，111则pp0(1p)p……………7分nn1n122n1211112即p(p)，又p；n32n131331121所以{p}是以p为首项，公比为的等比数列；…………9分n313322112111②由①可知，p()n1，所以p()9，n323103233112211所以q(1p)[()9]；1021023323故p10q10……………12分122．【解析】（1）因为yx是g(x)的切线，又g'x,x1，'设切点为(x0x0)，则gx01,所以x01，又g(x0)lnx0a1x0，a1……………1分ex1,x1得F(x)，lnx1,x1当x1x21时，由F(x)F(1)1，则Fx1Fx22，不合题意，舍去；当1x1x2时，F(x)F(1)ln111，则Fx1Fx22，不合题意，舍去；…3分x11故只存在x1<1