山东烟台2023年高三下学期一模考试数学试卷含答案.pdf

山东省烟台市2023年高三下学期一模考试高三数学答案（第 1 页，共 7 页）2023 年高考诊断性测试 数学参考答案及评分标准 一、选择题一、选择题 A C B B A D B C 二二、选择题选择题 9.AC 10.ACD 11.ABD 12.ABD 三、填空题三、填空题 11.60 12.4375 13.210 xy 14.5，1485 四、解答题四、解答题 17.解：（1）设数列 na的公比为q，因为1323,5a aa 成等差数列，所以2111352aaqaq，1 分 即2352qq，解得3q 或12q ，因为 na各项均为正数，所以0q，所以3q.2 分 由4355Sa，得41213155 33 1aa，解得11a.4 分 所以11133nnnaa.5 分（2）由（1）知，13nnbn.6 分 则01211 32 33 33nnTn 所以12331 32 33 33nnTn ，7 分 两式相减可得01123333nnnTn，8 分 1 331 3nnn，整理可得211344nnnT.10 分 18.解：（1）因为2 coscbAb，由正弦定理得sin2sincossinCBAB.2 分 又ABC，所以 高三数学答案（第 2 页，共 7 页）sin()2sincossincoscossinsin()sinABBAABABABB.4 分 因为ABC为锐角三角形，所以(0,),(0,)22AB，(,)2 2AB，又sinyx在(,)2 2上单调递增，所以ABB，即2AB.6 分（2）由（1）可知，2AB，所以在ABD中，ABCBAD，由正弦定理得：2sinsin(2)sin2ADABBBB，所以1cosADBDB，所以1sinsintan2cosABDBSABADBBB.9 分 又因为ABC为锐角三角形，所以02B，022B，032B，解得64B，11 分 所以3tan(,1)3B，即ABD面积的取值范围为3(,1)3.12 分 19.解：（1）Logistic 非线性回归模型1 ea btuy拟合效果更好.1 分 从散点图看，散点更均匀地分布在该模型拟合曲线附近；从残差图看，该模型下的残差更均匀地集中在以残差为0的直线为对称轴的水平带状区域内.3 分（2）将1 ea btuy两边取对数得ln(1)uabty,5 分 则2012021()()138.320.208665()iiiiiww ttbtt ,0.208b,7 分()1.6080.208 10.50.576awbt.9 分 高三数学答案（第 3 页，共 7 页）zyxEOABCDV所以y关于t的经验回归方程为0.576 0.20812.51 ety.10 分 当22t 时，体长0.576 0.208 22412.512.512.281 e1 eymm.12 分 20.解：（1）证明：取BC中点E，连接,BD DE VE，因为ABCD为菱形，且60BAD，所以BCD为等边三角形，故DEBC.1 分 又在等边三角形VBC中，VEBC，2 分 DEVEE，所以BC 面DEV.4 分 VD 面DEV，所以BCVD；5 分（2）由VEBC，DEBC，可得DEV就是二面角ABC V的平面角，所以60DEV，6 分 在DEV中，3VEDE，所以DEV为边长为3的等边三角形，由（1）可知，面DEV底面ABCD，取DE中点O，以O为坐标原点，以,DA OE OV所在的方向为,x y z轴的正向，建立空间直角坐标系Oxyz，7 分 在VOE中，33,22OEOV，可得3(2,0)2A，3(1,0)2B，3(1,0)2C，3(0,0,)2V，故(2,0,0)CB，3 3(1,)22CV，3 3(2,)22AV .8 分 设(,)x y zn为平面VBC的一个法向量，则有 2033022xxyz，令3y，则1z，得(0,3,1)n，10 分 设直线VA与平面VBC所成角为，则有|33 7sin|cos,|1427|AVAVAVnnn，故直线VA与平面VBC所成角的正弦值为3 714.12 分 高三数学答案（第 4 页，共 7 页）21.解：（1）设(,)P x y，由题意|22|2 2|PFx，因为22|(2)PFxy，所以22(2)22|2 2|xyx，2 分 即222(2)|2 2|2xyx，两边平方并整理得22142xy.故点P的轨迹C的方程为22142xy.4 分（2）设直线l方程为11(2)2ykxk，联立221421xyykx，消y并整理得，22(21)420kxkx，设1122(,),(,)A x yB xy，则122421kxxk，1 22221x xk，5 分 又121222()221yyk xxk，可得线段AB中点坐标为2221(,)21 21kkk，所以线段AB中垂线的方程为22112()2121kyxkkk，令0y，可得2(,0)21kNk，6 分 对于直线1ykx，令0y，可得1(,0)Mk，所以22211|21(21)kkMNkkkk.7 分 高三数学答案（第 5 页，共 7 页）又2222212222482 1|1|1()82212121kkABkxxkkkkk，9 分 所以2222|28262 8(1)14|11ABkkkMNkk，10 分 令251 ,54tk，则22668(1)148141yktkt，因为6814ytt在5,54上单调递增，所以225,17055y，故|445,170|55ABMN.12 分 22.解：（1）21()cos1(1)fxaxx，1 分 因为0为()f x的一个极值点，所以(0)20fa，所以2a.2 分（2）当10 x 时，()2 1 10fx ，所以()f x单减，所以对(1,0 x ，有()(0)1f xf，此时函数()f x无零点；3 分 当02x时，32()2sin(1)fxxx，()fx在(0,)2上单调递减，又(0)20f，32()202(1)2f ，由零点存在定理，存在0(0,)2x，使得()0fx，且当0(0,)xx时，()0fx，即()fx单调递增，当0(,)2xx时，()0fx，即()fx单调递减.又因为(0)0f，所以0(0,xx，()0fx，()f x在0(0,)x单增；因为高三数学答案（第 6 页，共 7 页）0()0fx，21()102(1)2f ,所以存在10(,)2xx，当01(,)xx x时，()0fx，()f x单增，当1(,)2xx时，()0fx，()f x单减.所以，当1(0,)xx时，()f x单增，()(0)1f xf；当1(,)2xx时，()f x单减，1()()202212f xf，此时()f x在(0,)2上无零点；5 分 当(,)2x时，21()2cos10(1)fxxx，所以()f x在(,)2单减，又()02f，1()001f，由零点存在定理，函数()f x在(,)2上存在唯一零点；6 分 当x时，1()2sin2101f xxxx ，此时函数无零点；综上，()f x在区间(1,)上存在唯一零点.7 分 因为21()2104(1)4f，由（1）中()f x在(0,)2上的单调性分析，知14x，所以()f x在(0,)4单增，所以对(0,)4x，有()(0)1f xf，即 12sin11xxx，所以11sin(1)21xxx.8 分 令21(2)xkk，则2222211111111sin()2111kkkkkkkk 9 分 所以22111111111sin()()()2334121nkknnn 10 分 高三数学答案（第 7 页，共 7 页）因为sin xx，1(0,4x，所以2211111sin(1)1kkkkkk，11 分 所以221111111sin(1)()()12231nkknnn 1，所以1121n221sin1nkk.12 分