2024届山东省潍坊市高三上学期10月过程性检测高三数学答案

2023-11-17 · 7页 · 779.5 K

2023-2024学年高三阶段性监测数学试题参考答案2023.10一、单项选择题1.B2.A3.C4.5.B6.B7.D8.C二、多项选择题9.ACD10.ABD11.ACD12.ABD三、填空题28π113.(,3]14.(0,1]15.202316.33四、解答题117.解:(1)由fx(x)x2ln22由可得f(x)4x,…………………1分x1所以f(1)43,…………………………………………………………2分1又f(1)2024,所以曲线yf()x在(1,f(1))处的切线方程为yx43(1),即3xy10.…………………………………………………….…………4分14x21(2x1)(2x1)(2)f(x)4x,xxx11当0x时,fx()0,当x时,fx()0,221所以fx()在x时取得极小值,………………………….…………6分210m2,2由此可得………………………………………….…………8分1m2,25解得2m.…………………………………………………….…………10分2xx1,0,18.解:(1)可得gx()…………………………………………1分xx1,0.当x0时,x0,{#{QQABBQaUogCgAAIAAAhCEwEACACQkAGCACoOxAAIIAIAgRNABAA=}#}所以fx(x)1,得fx(f)x(),当x0时,x0,所以fx(x)1,得,当x0时,f(0)0,…………………………………………4分所以fx()为偶函数;………………………………………………5分(2)当x0时,1xx1(1)2,得05x,…………………………………………6分2当x0时,15xx1(1)2,得x0,…………………………………………7分235所以Bxx{5},…………………………………………8分3因为BA,52,a所以3…………………………………………10分25,a所以a3.…………………………………………12分19.解:(1)当020x时,SxRx380150x(5002x)380x1502120150xx2,………………………………………………..……………..….2分当x20时,21406250xx3703801502xx6250101990x,……………………………………………….…………..….4分x2x2120x150,0x20综上,S6250,…………………………….…………..….6分10xx1990,20x(2)当时,S2x22120x1502(x30)1650,函数的对称轴是x30,则函数在(0,20]上递增,所以当x20时,函数取得最大值1450;…………………………….…………..….8分625625当时,S10x1990102x19901490,xx{#{QQABBQaUogCgAAIAAAhCEwEACACQkAGCACoOxAAIIAIAgRNABAA=}#}625当且仅当x,即x25时取等号,此时S的最大值为1490,….…………..….10分x因为14501490所以当年产量为25万台时,该公司获得的利润最大为1490万元.….………..….12分20.(1)证明:由题意得:得到几何体为半圆柱,连接DO1,则1DOAB1,……………….…………..….1分12∴等腰梯形ABCD为底面半圆O1的内接四边形,ADDCBC1,π∴AODCODBOC,则AOD为正三角形,111311∴DOAOAD1DOAB,1112ABD为直角三角形,且AB为斜边,BDAD,∵EA平面ABD,BD平面ABD∴EABD∵AEADA∴BD平面ADE…………………………………………………….…………..….3分∵AP平面ADE∴BDAP∵ADAE,P为DE的中点∴APDE∵BDDED∴AP平面BDE……………………………………………………….…………..….5分(2)如图,以O1为坐标原点,在底面半圆过点垂直于平面ABFE作直线为x轴,yz,以O112BO,O为轴建立空间直角坐标系…….………………………………...….6分{#{QQABBQaUogCgAAIAAAhCEwEACACQkAGCACoOxAAIIAIAgRNABAA=}#}由于ADDCBCCG1,1,由(1)可知AO11,3131故ABGDE01,,,001,010(0,11),,,,,,,,,,222233则ABAG(02,,,0)1,,,22设平面ABG的一个法向量为nxyz(,,),20ynAB0则,即33,nAG0xyz022令x23,则n(23,0,3),……………………….………….…………..….7分31由DPDE,0,1,DE,,1,2233113311可得PAP,,,,,,.…………..….8分22222222π设直线AP与平面所成角为,[0,],2|nAP||3303|105则sin|cosn,AP|,|n||AP|1209222135即得99202,.………………………………………………………..….10分12解得或,符合,33故或.…………………………………………….……………………..….12分11121.解:(1)由已知得,aan21=(4ann)21=a1,…..2分2221nn222n22n1所以aa2(2),……………………………………………………………..…..32nn222分{#{QQABBQaUogCgAAIAAAhCEwEACACQkAGCACoOxAAIIAIAgRNABAA=}#}31其中a,a2222211所以a2是以为首项,为公比的等比数列;…………………..4分2n2211(2)由(1)知,a2()n1,2n221所以a()2n,……………………………………….……………………..…..6分2n21an64()n1.21n21所以aan843()n,………………………………………………..…..8分212nn2所以Saaaaaa21234212nnn()()()1111=8nn4(12)3()2()n=2633()nn2n2222331=2()3()n2n,2221311SSa=2654()nn2n=2()4()n2n,………..10分2122nnn22225721当n2时,S和S单调递减,其中S,S,S,S1,S0,2n21n22446813所以,满足Sn0的所有正整数n为1,2,3,4.…………………………..12分22.解:(1)因为a2,所以g(x)'xx1x4e1x,……………………………………1分令g'14xxe0xx1x,解得x>4或01x,令g'14xxe0xx1x,解得14x,……………………………………………………………………………3分所以gx的单调递增区间为(0,1),(4,),递减区间为(1,4);……………………4分{#{QQABBQaUogCgAAIAAAhCEwEACACQkAGCACoOxAAIIAIAgRNABAA=}#}(2)设hxaxxa21elnx,其中x0,①当x1时,g10,符合题意,…………………………………………5分②当01x时,hxaxxa21elnx,11a且hxaxxgx'2e()21x,xxa由(1)知:gx在0,1单调递增,故gx()gg0,101,,若a<0,hx'0,则hx单调递减,有hxh10,符合题意;若a0,hxlnx0,符合题意,1若1,即01a时,hx'0,则hx在上单调递减,a有hxh10,符合题意,11若01,即a1时,存在x0,1使得gx,a00a1当xx,1时,gx,故hx'0,则hx单调递增,可得0ahxh10,不合题意,因此当时,满足题意得a,1,…………………………………………8分③当x1时,hxax21exlnxa,且11ah'2e(xa)xxgx21x,xxa由②可知:只需考虑a1,1若10,即a1时,由(1)知gx在1,2上单调递减,a故gxg2,g10,1,{#{QQABBQaUogCgAAIAAAhCEwEACACQkAGCACoOxAAIIAIAgRNABAA=}#}1存在x1,2,使得gx0,11a1当xx1,1时,gx10,得hx'0,则hx单调递减,a可得hxh10,不合题意,11若1,即10a时,由(1)可知:当x1时,gx1,gx0,aa故hx'0,则hx在1,上单调递增,有hxh10,符合题意,若a0,hxxln0,符合题意,若01a,下面证明符合题意,当xe时,ax21e0x,故hxxaxlnln10,当1xe时,设pxx21e1x,则pxxx'2e1x,可得px在1,2上单调递增,在2,e上单调递减,故pxppmin1,emin0,e103x,从而hxapxxln0,符合题意,…………………………………………11分综上所述a1,1.…………………………………………12分{#{QQABBQaUogCgAAIAAAhCEwEACACQkAGCACoOxAAIIAIAgRNABAA=}#}

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