山东省潍坊市（安丘、诸城、高密）三县市2023届高三数学上学期10月联考试题（PDF版含答案）.pdf

1、高三数学答案 第 1 页(共 5 页)202210 高三数学试题答案一、选择题:本大题共 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。1-5 BBACD 6-8BDD二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的选项中，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9.BC 10.BC 11.AD 12.ABD三、填空题:本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.13.32 14.-360 15.3(21)n 16.4 四、解答题：共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程

2、或演算步骤 17.解：（1）因为当2n 时，有1(1)2nnnana，所以121nnaann，2 分 令nnabn，则12nnbb，2n，所以数列 nb为等比数列，公比为2，首项为2，所以2nnb，4 分 所以2nnan，5 分（2）由（1）知(9)92nnnn nnca，得1182nnnc，6 分1111898218102222nnnnnnnnnnncc，7 分当10n 时，110,nnnncccc，即1110cc；当10n 时，110,nnnncccc，即109821ccccc ；当10n 时，110,nnnncccc，即111213ccc ，所以数列nc是先增后减，最大项为1011101

3、121024cc，9 分因为当19n时，0nc 且数列nc是单调递增；当10n 时0na，所以数列nc的最小项为1842c .10 分 18.解：（1）由条件概率公式可得12211()()()A AA AA PPP4 317 6427;所以第一次摸到蓝球，第二次摸到红球的概率为 12;4 分（2）由概率乘法公式可得 12312312()=()()A A AA AA A APPP，6 分 因为12121()=()()A AAA APPP，所以123121312()=()()()A A AAA AA A APPPP；8 分 高三数学答案 第 2 页(共 5 页)由可得123123123123()(

4、)()()()AA A AA A AA A AA A A3PPPPP 121312121312()()()()()()AA AA A AAA AA A APPPPPP121312121312()()()()()()AA AA A AAA AA A APPPPPP=，11 分 所以()A3P=.12 分 19.解：（1）由题意得函数32()1f xxaxbx，可得2()32fxxxba，1 分已知函数()f x 的单调减区间为1(,1)3，故()0fx 的解集为1(,1)3，2 分所以1()0,3(1)0,ff故11320,93320,abab 得1,1ab，4 分经检验，成立；故1,1ab；5

5、 分（2）因为22()32fxxaxa，可得222()3()2(4)faaaaaa ，即24ka，7 分又由3223()()()()11faaaaaaa ，得切线方程为32(1)4()yaaxa，即23431ya xa，令0 x，可得331ya，即331ma，9 分则39931maaa，令 3931,0g aaaa，可得 42229999,0ag aaaaa，令 0gx，即4990a，解得1a ，令 0gx，即4990a，解得01a，所以函数 g a 在区间(0,1)单调递减，在区间(1,)单调递增，11 分所以当1a 时，函数 g a 取得最小值，最小值为(1)3 1 913g 12 分20

6、.解：（1）22 列联表为：设备连续正常运行天数超过 30 天设备连续正常运行天数未超过 30 天合计改造前设备台数51520高三数学答案 第 3 页(共 5 页)2 分2240(5 5 15 15)106.63520 20 20 2099%.K 易知 分所以有的把握认为技术改造前与技术改造后的连续正常运行时间有差异 分（2）当 n=1 时，设备的总损失额为 y=3600 元；当 n=2 时，设备的总损失额为 y=5900 元；当 n=3 时，设备的总损失额为 y=8400 元；当 n=4 时，设备的总损失额为 y=11100 元；设选择方案一、方案二的设备维修所需费用与设备停工总损失额分别为

7、 X、Y 元，选择方案一，则 E(X)=3600+4000=7600 元，7 分选择方案二，则 Y 的可能取值有：4600，6900，9400，12100，1342(4600),(6900),(9400),(12100),10101010P YP YP YP Y所以，所以，随机变量 Y 的分布列如下表所示：Y46006900940012100P11031041021010 分13426900940012100871010101010所以，E(Y)=4600元，所以，E(X)E(Y),故选方案一较12 分21.解：（1）依题意，根据222(1)0nnSn Sn，得2()(1)0nnSnS，又0,

8、0nnaS，得2nSn；1 分 当2n 时，221(1)21nnnaSSnnn；当1n 时，111aS 适合上式，所以数列na的通项公式21nan，3 分 所以1133114,baba，又因为2*21()n nnb bbnN，所以数列 nb为等比数列，所以22314bb qq，解得2q 或2q （舍去），所以12nnb.5 分（2）由题意可知，2nSn，12nnb ；由已知221(67),log,nnnnnnbna acbn 为奇数，为偶数，改造后设备台数15520合计202040高三数学答案 第 4 页(共 5 页)可得1(67)22,32,nnnncnnnn 为奇数,为偶数,6 分设 nc

9、的前2n 项和中，奇数项的和为nP，偶数项的和为nQ，所以135212462=,=,nnnnPccccQcccc当 n 为奇数时，,21 23(67)2223212nnnnnncnnn所以2042642221352122222222=()()()()51951394143nnnnPccccnn0,44411=412=1nnnn8 分当 n 为偶数时，ncn，所以246222=246212nnn nQccccnn n，10 分由24(1)41nnnTn，得44(1)4141 11nnnnnnn,1(11)nn n 即，当 n 为偶数时，21nn 对一切偶数成立，所以5，当 n 为奇数时，21nn

10、 对一切奇数成立，所以此时1 ，故对一切nN 恒成立，则 15 .12 分22.解：（1）由题意可得()(2),()xfxxae g xa，令()()()(2)xh xfxg xxaea，1 分()(1)xh xxae，(1)0h a，当1xa 时，()0h x，()h x 为减函数；当1xa 时，()0h x，()h x 为增函数；所以()h x 的最小值为1(1)ah aea，令1()(1)ap ah aea，显然()p a 为减函数，且(1)0p，3 分所以当1a ，(1)0h a，所以()0h x，所以()h x 无零点；当1a ，(1)0h a，所以()h x 有一个零点；当0a，(

11、1)0h a，因为当1xa 时，()h xa，故()h x 无零点，当1xa，()h x有一个零点；当0a 时，()(2)xh xxe，显然有一个零点；当 10a 时，当1xa 时，()h x 有一个零点，当1xa，()h x 有一个零点；故有两个零点.高三数学答案 第 5 页(共 5 页)综上所述，当0a 时，()h x 有一个零点；当 10a 时，()h x 有两个零点；当1a ，()h x 有一个零点；当1a ，()h x 无零点；6 分（2）2211()()()221221,2xFxkexxxxkfgxxx 2221xxFxkexxxke，7 分由题设可得 00F，即1k，8 分令 0

12、Fx 得12ln,2xk x ,若21ke，则120 x，当12,xx 时，0Fx，当1,xx 时，0Fx，即 F（x）在12,xx 单调递减，在1,x 单调递增，故 F x 在1xx取最小值 1F x，而 111221111111211111111(1)21(1)2122111212022xxxF xk xexxxexxexxxxx 所以当2x 时，0F x，即21()()22kf xxg x 恒成立若2ke，则 222xFxexee，所以当2x 时，0Fx，F x 在2,单调递增，而20F，当2x 时，0F x，即21()()22kf xxg x 恒成立，若2ke，则222210Fkeeke ，所以当2x 时，21()()22kf xxg x 不可能恒成立综上所述，k 的取值范围为21,e 12 分