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）.pdf

1、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-1-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。13240；1433 或42443；15(0 e，；16 32四、解答题

2、：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：1 2 3 4，则1(1)6P X=，515(2)6636P X=，55125(X3)666216P=，555125(X4)666216P=；所以 X 的分布列为X1234p1653625216125216所以 X 的数学期望为1525125671()1234636216216216E X=+=（2）设事件“甲掷第 n 次且不获胜”的概率为na，由题可知：156a=，且1155252)6636nnnaaan=（，-2-所以 数列 na是以 56为首项，2536为公比的等比数列，则1525636nna

3、=，所以 甲恰好抛掷第 n 次且赢得比赛的概率11511 25666 36nnnPa=，当1n=时符合，所以11 256 36nnP=18【解析】（1）因为()(sinsin)sinabABbC+=，由正弦定理得：22abbc=，所以2222sinsincos2222sinbcacbccbCBAbcbcbB+=，所以 2cossinsinsinsin()sinsincossincossinABCBABBABBAB=+=+，所以 sinsincossincossin()BABBAAB=，因为 0BAB ，所以 BABBAB=+=，或（）(不合题意)，所以2AB=（2）由正弦定理得：23sinsi

4、nBA=，又因为sinsin22sincosABBB=，所以23sin2sincosBBB=，所以3cos4B=，7sin4B=因为32ab=，由（1）22abbc=可得：52c=，所以115 7Ssin216acB=；即ABC的面积为15 71619【解析】（1）因为 22nnnSaa=+，当2n时，21112nnnSaa=+，作差得 22112nnnnnaaaaa=+，整理得111()()nnnnnnaaaaaa+=+，因为 0na，所以 11nnaa=；当1n=时，21112aaa=+，因为 10a，所以 11a=；-3-所以 数列na是首项为 1 公差为 1 的等差数列，所以 nan=

5、（2）由题意可知 2222222212311111111.123nnTaaaan=+=+因为 2211111()(2)1211 nnnnn=+，当1n=时，1714T=；当2n时，111 111 111111(1)()()()232 242 35211nTnn+111 1171()24214nn=+得证20【解析】（1）取，MN 分别为棱 PA PB，的中点，连接 DM MN NC，则 MNAB，12MNAB=；因为 CDAB，且12CDAB=，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 A

6、BAD，平面 PAD 底面 ABCD，平面 PAD底面 ABCDAD=，所以 AB 平面 PAD，因为 DM 平面 PAD，所以 ABDM；又 ABPAA=，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，OA OE OP，所在直线分别为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，设2AD=，则(0 03)P，(1

7、0 0)A，(1 0 0)D ，(1 2 0)C ，13(0)22M，则33(0)22DM=，(1 03)AP=，(2 2 0)AC=，-4-由（1）可知 DM 平面 PAB，故 平面 PAB 的法向量取33(0)22DM=，设平面 PAC 的法向量为()x y z=，n，由00APAC=nn，解得30220 xzxy+=+=，令3x=，得(33 1)=，n，设平面 PAC 与平面 PAB 的夹角为，所以|2 32 7cos7|3 7DMDM=|nn，所以 平面 PAC 与平面 PAB 夹角的余弦值为 2 7721【解析】（1）由题意知：223baa=，解得13ab=，所以 双曲线 C 的方程

8、为2213yx=（2）设直线 PQ 的方程为2xmy=+，与2213yx=联立可得22(31)1290mymy+=，设1122()()P xyQ xy，则2310m ，236360m=+，1212221293131myyy ymm+=，；假设 x 轴上存在定点(0)M t，使得 MP MQ为定值1212()()MP MQxt xty y=+122212(2)()(21)(my ytyymt=+222(1215)9(2)31tmtm+=+，若 MP MQ为定值，则必有 1215931t=，解得1t=，此时0MP MQ=；若直线 PQ 斜率为 0，则(1 0)(1 0)PQ，所以(0 0)(2 0

9、)0MP MQ=，所以 x 轴上存在定点(1 0)M ，使得 MP MQ为定值 0 22【解析】yxzMENOCDABP-5-（1）由题意可知1()2cos21fxxx=+，21()4sin 2(1)fxxx=+，当(1 0)x ，时，4sin20 x，210(1)x+，故()0fx，所以()fx在区间(1 0)，上单调递增，()fx无极值点当(0)4x，时，()fx单调递减(0)10f=，21()404(1)4f=+，所以 存在唯一的0(0)4x，0()0fx=，且0(0)xx，时，()0fx，当0()4xx，时，()0fx，故0 xx=为()fx的唯一极大值点所以()fx在区间(1)4，上

10、存在唯一的极大值点（2）当)x +，时，sin21x，ln(1)1x+，则()0f x 恒成立，故()f x 无零点；当)2x，时，sin20 x，ln(1)0 x+，则()0f x 恒成立，故()f x 无零点；当)42x，时，cos20 x，101x+，则()0fx恒成立，故()f x 单调递减，因为()1ln(1)044f=+，()ln(1)022f=+，所以()f x 在该区间内有唯一零点；当(1 0 x ，时，注意到(0)0f=，故 0 是()f x 的一个零点；由（1）知，()fx在(1 0)，上单调递增，因为24()2cos3033f =，(0)10f=，所以 存在唯一的1(1

11、0)x ，1()0fx=，当1(1)xx ，时，()0fx，()f x 单调递减，当1(0)xx，时，()0fx，()f x 单调递增；因为(0)0f=，所以 1()0f x，又 24()sinln3033f=+，故在区间1(1)x，上有唯一零点，1(0)x，上无零点；当(0)4x，时，由（1）可知，()fx在0(0)x，上单调递增，在0()4x，上单调递减，-6-因为(0)10f=，1()0414f=+，所以 存在唯一的2(0)4x，2()0fx=，当2(0)xx，时，()0fx，()f x 单调递增，当2()4xx，时，()0fx，()f x 单调递减；因为(0)0f=，()1ln(1)044f=+，所以()f x 在(0)4，上无零点；综上所述()f x 共有 3 个零点