2023年3月济南市高三模拟考试数学试题参考答案

绝密★启用并使用完毕前2023年3月济南市高三模拟考试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DACDCBCB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ADBCABDACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。51013．160；14．2x4y50；15．[，]；16．2.33四、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．（10分）【解析】（1）因为f(x)23sinxcosxsin2xcos2x3sin2xcos2xπ2sin(2x)，6ππ3π所以2kπ„2x„2kπ，262π5π解得kπ„x„kπ，36π5π所以fx的单调递减区间为kπ,kπkZ．36π（2）因为f(A)2sin(2A)2，所以sin(2A)1．66ππ11πππ因为A(0，π)，所以2A(，)，所以2A，66662π所以A．3由题意知，S△ABDS△ACDS△ABC，111所以ABADsinBADADACsinCADABACsinBAC，2226所以AD3．5数学答案第1页共5页18．（12分）【解析】（1）如图，连接AC，交BD于点O，连接PO，由ADAB，CDBC，ACAC，可得△ABC≌△ACD，所以BACDAC，又AOAO，所以△AOB≌△AOD，所以BOOD，即O为BD中点，在等腰△PBD中，可得BDOP，在等腰△BCD中，BDOC，又OPOCO，所以BD平面POC，又PC平面POC，所以BDPC．（2）由（1）可得，ACBD，1又CD7，ODBD3，2所以COCD2OD22，AO3OD3，由于PABD为正三棱锥，点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M，2根据正三棱锥的性质可得AMAO2，PMAP2AM23，3如图，以OA，OB所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系．可得A(3,0,0)，C(2,0,0)，D(0,3,0)，P(1,0,3)，PC(3,0,3)，DC(2,3,0)又AC(5,0,0)，（或AD(3,3,0)，AP(2,0,3)）设平面PCD的法向量n(x,y,z)，可得nPC03x3z03xz0，nDC02x3y02x3y0不妨令x3，可得n(3,2,3)，|nAC|5所以d=3，|n|45故所以点A到平面PCD的距离为3．4数学答案第2页共5页19．（12分）1a1a【解析】（1）因为bbn+1nn+1nn+1nn1an+11annan+1n+1an1n+1=n+1nn+1nn+1nn+1nn+1n0，所以bn+1bn，所以bn是常数数列．1a（2）因为a1，所以bb12，1n111a所以n2，n所以an2n1．2n12n1因为cnsin2n12sinnπ2，22π3π5ππ所以1354n1S2nsinsinsinsin2nπ222222222142n24n1211111，14324n12所以S．2n320．（12分）1【解析】（1）x(38414451545658647480)56．10（2）因为体质测试不合格的学生有3名，所以X的可能取值为0，1，2，3．C37C2C121C1C27C31因为7，73，73，3．P(X0)3P(X1)3P(X2)3P(X3)3C1024C1040C1040C10120所以X的分布列为X012372171P244040120212222222222（3）因为x56，s(181512520281824)169，10所以56，13．因为P(30„X„82)P(-2„„+2)0.9545，所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]得概率约为0.9545，因为100名学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的人数为YB(100，0.9545)，所以E（Y）1000.954595.45．数学答案第3页共5页21．（12分）【解析】（1）将ykx2pk2p代入x22py，化简得x22pkx4p2(k1)0.（*）方程（*）的判别式4p2k24(4p2k4p2)0化简得k24k40，即k2.（）设，2A(xA,yA)B(xB,yB),C(xC,yC),D(xD,yD),E(xE,yE),F(xF,yF),抛物线x22py上过点A，B，C的切线方程分别为22py2xAxxA，22py2xBxxB，22py2xCxxC，两两联立，可以求得交点D，E，F的横坐标分别为xxxAB，D2xxxAC，E2xxxBC，F2注意到结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，得ADEFDBxxBA，DEFCBFxCxB命题得证．22．（12分）x21【解析】（1）f(x)ex，f(1)e，22f'(x)exx，f'(1)e1，1所以曲线yf(x)在点(1，f(1))处的切线方程y(e)(e1)(x1)，2即2(e1)x2y10．（2）因为f'(x)exax2x2a≥0在区间[0,)上恒成立，x所以ex，a„(2)minx2exx(ex1)(x22)(exx)2x令g(x)，则g'(x)，x22(x22)2令h(x)(ex1)(x22)(exx)2x，则h'(x)x2ex2x，当x≥0时，h'(x)≥0,h(x)单调递增，h(x)≥h(0)0，所以g'(x)≥0，所以g(x)单调递增，数学答案第4页共5页1g(x)g(0)，min21所以a≤．2ax2（3）f(x)exx32ax，f(0)1，32f'(x)exax2x2a，f'(0)12a，f''(x)ex2ax1，f'''(x)ex2a，11x2x2当a时，f(x)exx3x，f'(x)exx1，2622x2令g(x)exx1，则g'(x)exx1，g''(x)ex1，2当x0时，g''(x)0，g'(x)在(,0)上单调递减，当x≥0时，g''(x)≥0，g'(x)在[0,)上单调递增，g'(x)≥g'(0)0，g(x)在(,)上单调递增，且g(0)0，所以，当x0时，g(x)0，f'(x)0，f(x)在(,0)上单调递减，当x0时，g(x)0，f'(x)0，f(x)在(0,)上单调递增，所以f(x)minf(0)1．1所以a适合，21当a时，当0xln2a时，f'''(x)0，2f''(x)在(0,ln2a)上单调递减，f''(x)f''(0)0，f'(x)在(0,ln2a)上单调递减，f'(x)f'(0)12a<0，f(x)在(0,ln2a)上单调递减，此时，f(x)f(0)1，舍去．当a≤0时，当x0时，f''(x)ex2ax10，f'(x)在(,0)上单调递减，f'(x)f'(0)12a0，f(x)在(,0)上单调递增，f(x)f(0)1，舍去；1当0a时，当ln2ax0时，f'''(x)0，f''(x)在(ln2a,0)上单调递增，2f''(x)f''(0)0，f'(x)在(ln2a,0)上单调递减，f'(x)f'(0)12a0，f(x)在(ln2a,0)上单调递增，此时，f(x)f(0)1，舍去．1综上，a．2数学答案第5页共5页