2023届山东省实验中学高三第一次模拟考试数学试题

2023-11-23 · 10页 · 2.5 M

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

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