2023届山东省实验中学高三第一次模拟考试数学试题

山东省实验中学2023届高三第一次模拟考试数学参考答案2023.5一、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ABDCCBBC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ABABCACDACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.5π13．1614．1（答案不唯一，2,3均可）15.216．π,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.17．【解析】22222222（1）因为SSnnn18，当n2时，SSSSSSnnn121181811n812311nnn(1)28121n，2因为an0，所以Sn0，故Snn21．…………………………3分当n1时，Sa111适合上式，所以，nN.…………………………5分（2）因为，，所以当时，anSnSn12n12n32．11,，n所以an…………………………7分22.，n所以数列bn：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，……，nn(1)设1220n≤，则n≤5，2所以的前20项是由6个1与14个2组成．所以T206114234.…………………………10分数学参考答案第1页共6页18．【解析】（1）证明：取AC的中点M，连接MB，MP，在△PAC中，PAPC，MAMC，MPAC，同理可在△ABC中，ABBC，MAMC，MBAC，且MPMBM，AC平面PMB，又PB平面PMB，PBAC…………………………4分（2）因为平面PCD平面ABCD，交线为CD，又ABC90，AB//CD，所以BCCD，BC平面ABCD，所以BC面PCD，PC面PCD，所以BCPC，故PCD为二面角PBCD的平面角，PCD45，…………………………6分以B为原点，以BC为x轴，以BA为y轴，建立如图所示的坐标系，则P(2,2,2)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，D(2,1,0)设平面PAD的一个法向量为n(,,)xyz，nDPyz020，nAD020xy令x1，得n(1,2,1)………………9分又BP(2,2,2)，所以直线BP与平面PAD所成角的正弦值为|BPn|2sin|cos,|nBP.…………………………12分||n||BP319．【解析】（1）由直方图可知成绩在[30,40]，(40,50]，(50,60]，(60,70]的学生频率和为0.060.120.180.340.7，所以抽取的100名学生成绩的第80百分位数在(70,80]内，设第80百分位数为x，则(xx70)0.0160.176.25，即第80百分位数为76.25．…………………………2分（2）由频率分布直方图可得：竞赛成绩在，(50,60]两组的频率之比为0.12:0.182:3，46所以10人中竞赛成绩在的人数为104人；在的人数为106人；1010则X所有可能的取值为0,1,2,3，…………………………3分数学参考答案第2页共6页321C6201CC64601PX(0)3；PX(1)3；C120610C120210123CC64363C441PX(2)3；P(3)X3；C1201010C1203010X的分布列为：X01231131P62103011316EX0123.…………………………8分62103050.061（3）用频率估计概率，竞赛成绩在[30,40]内的概率p；则0.060.123kk2020k12C2P(kpp)C1C(kkkkk)()2020，…………………………9分202033320kk11920!C220P(1)11kk20121320(1)!(19)!kk(1).kk2020!P(kkk)22121C220320kk!(20)!Pk(1)121令(1)1≥，解得k≤6，…………………………11分P()21kk所以当k6或k7，Pk()最大…………………………12分20．【解析】（1）在ACD中，ACADDCAD222DC2cos12049，所以AC7，absinAsinCac由正弦定理，，可得b2a2c2ac，csinAsinBab1再由余弦定理，cosB，又B(0,)，所以B.…………………………3分23因为ADC120，所以ABCADC180，所以A，B，C，D四点共圆，则四边形ABCD的外接圆半径就等于ABC外接圆的半径.b71432R73又sinB33，所以R.…………………………5分32数学参考答案第3页共6页11（2）由（1）可知：ac22ac49，则()493acac2.SacBabcrsin()，ABC2231()491acac2则rac(7).…………………………7分277acac2323acb143在ABC中，由正弦定理，，sinsinsin3ACB143143所以aAsin，cCsin，则3314331143143sincossinAAAacACAA(sinsin)sinsin120333221433331πsincos14AAAAAsincos14sin，322226…………………………10分2πππ5π又A0,，所以A,，3666π1π所以sin,1A，14sin(7,14]A，62673故r0,…………………………12分621．【解析】（1）设Px(,y)，由题意可得xyx11,22两边平方并整理，得yxx222，故曲线C的方程为yxx22||2.…………………………3分（2）设Axy11,，Bx22,y，Mx33,y，Nxy44,，由题意可得直线l的方程为ykx(1)，xy221与椭圆E的方程联立43，得348412kxk2222xk0，ykx18k24k212则0,xx，xx，1234k21234k2数学参考答案第4页共6页22121k可得AB14kxxx2x，…………………………6分121234k224,0xx∵yxx22，0,0x若直线l交曲线C于M、N两点，且k0，则直线l与yx2x40相交，yx24直线l的方程与曲线C的方程联立，得kxkxk2222240，ykx124k2则0,xx，xx341，34k241k2可得：MNxx2，…………………………9分34k22143k3k2433k2∴，ABMN1211kkk222211211要使为定值，则433，即3.…………………………12分ABMN22．【解析】1（1）fxax()cos（10x），a为正实数，1x∴函数fx()在区间(1,0]上单调递增，且fa(0)1．…………………………1分①当01a时，fxf()(0)0，所以函数fx()在上单调递减，此时fxf()(0)0，符合题意．…………………………2分11②当a1时，f(0)a10,f1acos1aaa0，aa由零点存在定理，x0(1,0)时，有fx00，即函数在1,x0上递减，在x0,0递增，所以当xx0,0时，有fxf()(0)0，此时不符合．综上所述，正实数a的最大值为1．…………………………4分（2）由（1）知，当ax1,(1,0)时，sinxxln(1)，数学参考答案第5页共6页1111k21k2令x2时，有sinln1ln222，即sinln，kkkkkk221n12232nnn累加，得sinlnlnln22lnln2．……………7分k2k132111nnn1（3）因为gxx()eln(1)x1，所以gx()ex1，即函数gx()在(1,)上递增，x11又gg(0)e10,e20，21x11e1由零点存在定理，x1,0时，有gx10，即，2x111因此xx111lnln1，而函数gx()在1,x1上递减，在x1,上递增，x11111mgxgxxxeln1ln1x11所以min111，xxx1111115所以m2,．…………………………9分2m1xm5e设H(xxm)eeln(1)2，则Hxe1x，21xe(1)mm所以函数Hx()在上递增，又H(0)ee0m，Hm(1)0，mm1x2e由零点存在定理，xm2(0,1)时，Hx()02，即e，1x211因此mxx1ln122，又mln，xx1111设mxxx()ln，则函数mx()在(0,)上递增，…………………………11分1于是1x2且ln11xx21，1x1而函数Hx()在1,x2上递减，在x2,上递增，1x2mm1mH()xminHx2eeln1x2eln1x2e1x11x10，1x2即函数有唯一零点x2，故方程e1xmln(1x)0有唯一的实数解．…………………………12分数学参考答案第6页共6页