山东省济南市2023届高三数学下学期学情检测（一模）试题（PDF版附答案）

扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 扫描全能王创建 高三年级学情检测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CBCDCBDA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ACDABADABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。4344−313．240；14．或；15．(0e]，；16．．2332四、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】（1）X的所有可能取值为：1234，，，，1515则PX(1)==，PX(2)===，6663655125555125P(X3)===，P(X4)===；666216666216所以X的分布列为X1234p1525125636216216所以X的数学期望为1525125671EX()1=+2+3+4=．636216216216（2）设事件“甲掷第n次且不获胜”的概率为a，n55525由题可知：a=，且a=a=a（n2)，1nn−−11n66636-1- n−1所以数列a是以5为首项，25为公比的等比数列，则525，na=n636636n−151125所以甲恰好抛掷第n次且赢得比赛的概率Pann=−1=，66636n−1125当n=1时符合，所以Pn=．63618．【解析】22（1）因为()(sinab+−sin)=ABbCsin，由正弦定理得：abbc−=，2222bca+c−bc−−cb−CBsinsin所以cosA====，2bc22bc2sinbB所以2cossinABCsinBAB=sin−=sin(+B−A)sin=B+B−ABsincossincossin，所以sinsincosBA=B−B=A−ABsincossin()，因为0−BAB，−，所以BAB=−+−B=AB，或（）(不合题意)，所以AB=2．23（2）由正弦定理得：=，sinsinBA又因为sinA==sin2B2sincosBB，2337所以=，所以cosB=，sinB=．sin2sincosBBB44225因为ab==32，，由（1）abbc−=可得：c=，21157所以S==acsinB；216157即△ABC的面积为．1619．【解析】22（1）因为2Sn=+anan，当n2时，2Sn−1=+an−1an−1，22作差得2ananan=nan−a+−−−11，整理得ananan+na=nna+a−−1−1−1()()，因为an0，所以aann−=−11；2a0，所以a=1；当n=1时，2a1=+a1a1，因为11-2- 所以数列{}an是首项为1公差为1的等差数列，所以ann=．11111111（2）由题意可知Tn=++2+22+22=22+2+++...aaaan123123n11111因为=−()(2)n，22nnnn−−1+2117当n=1时，T1=1；411111111111当n2时，Tn1(1+−)(+)(−)+()−++−23224235211nn−+111117=+1+−(+)．242nn+14得证．20．【解析】（1）取MN，分别为棱PAPB，的中点，连接DMMNNC，，，11则MNAB，MNAB=；因为CDAB，且CDAB=，22所以MNCD，且MNCD=，所以四边形MNCD为平行四边形，故DMCN．因为DPDA=，M为棱PA的中点，所以DMPA⊥；因为ABAD⊥，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD底面ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD，因为DM平面PAD，所以AB⊥DM；又ABPA=A，所以DM⊥平面PAB．因为DMCN，所以CN⊥平面PAB，又因为CN平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB．（2）取AD中点为O，连接PO，因为△PAD为等边三角形，所以POAD⊥，因为平面PAD⊥底面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，过O作OEAB，交BC于点E，则OEAD⊥；以O为原点，OAOEOP，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD=2，13则P(00，3)，，A(100)，，，D(100)−，，，C(120)−，，，M(，0，)，2233则DM=(，0，)，AP=−(10，，3)，AC=−(220)，，，22-3- 33由（1）可知DM⊥平面PAB，故平面PAB的法向量取DM=(0)，，，22设平面PAC的法向量为n=()xyz，，，zPn=AP0−+xz=30由，解得，DCn=AC0−2+2xy=0MNEOy令x=3，得n=(331)，，，ABx设平面PAC与平面PAB的夹角为，|nDM|2327所以cos===，|||n|DM37727所以平面PAC与平面PAB夹角的余弦值为．721．【解析】b（1）由题意知：22a3==，，解得ab==13，，a22y所以双曲线C的方程为x−=1．322y（2）设直线PQ的方程为xmy=+2，与x−=1联立可得322(3m1)y12my−9+0+=，设Px()(1y)1，Qx22y，，，−12m922yyyy+==，；则3m−10，=+36m360，1212223mm131−−假设x轴上存在定点Mt(0)，，使得MPMQ为定值．22MPMQ=(x−tx)(−t)+yy=(m+1)yy+−(2t)(mtyy+)(2+−)121212122(12tm15)−+92=+−(2)t，231m−12t−159若MPMQ为定值，则必有=，31−解得t=−1，此时MPMQ=0；若直线PQ斜率为0，则PQ(10)−，，(10)，，所以MPMQ==(00)(20)0，，．所以x轴上存在定点M(10)−，，使得MPMQ为定值0．22．【解析】-4- 11（1）由题意可知fx()x2cos2=−，fxx()4sin2=−+，1+x2(1)+x1当x−(10)，时，−4sin20x，0，2(1)+x故fx()0，所以fx()在区间(10)−，上单调递增，fx()无极值点．1当x(0)，时，fx()单调递减．f(0)10=，f()4=−+0，442(1)+4所以存在唯一的x0(0)，，fx()00=，且xx(0)，0时，fx()0，4当xx()0，时，fx()0，故xx=0为fx()的唯一极大值点．4所以fx()在区间(1−)，上存在唯一的极大值点．4（2）当x+[)，时，sin21x，ln(1)1+x，则fx()0恒成立，故fx()无零点；当x[)，时，sin20x，ln(1)0+x，则fx()0恒成立，故fx()无零点；21当x[)，时，cos20x，0，则fx()0恒成立，421+x故fx()单调递减，因为f()1ln(1=−+)0，f()=−ln(1+)0，4422所以fx()在该区间内有唯一零点；当x−(10]，时，注意到f(0)=0，故0是fx()的一个零点；由（1）知，fx()在(10)−，上单调递增，24因为f()−2cos=−30，f(0)10=，33所以存在唯一的x1−(10)，，fx()1=0，当xx−(1)，1时，fx()0，fx()单调递减，当xx(1，0)时，fx()0，fx()单调递增；24因为f(0)0=，所以fx()10，又f(−)=−sin+ln30，33故在区间(1−，x1)上有唯一零点，(0)x1，上无零点；当x(0，)时，由（1）可知，4fx()在(0，x0)上单调递增，在()x0，上单调递减，4-5- 1f()0=−因为f(0)10=，4，1+4所以存在唯一的x2(0)，，fx()20=，4当xx(0)，2时，fx()0，fx()单调递增，当xx()2，时，fx()0，fx()单调递减；4因为f(0)0=，f()1ln(1=−+)0，44所以fx()在(0)，上无零点；4综上所述fx()共有3个零点．-6-