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

2023-2024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=}#}