山东省潍坊市（安丘、诸城、高密）三县市2023届高三上学期10月联考数学试题含答案.pdf

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1、 高三数学答案 第 1 页(共 5 页)202210 高三数学试题 答案答案 一、选择题一、选择题:本大题共本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1-5 BBACD 6-8BDD 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分,共共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得目要求。全部选对的得 5 分分,部分选对的得部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分

2、分 9.BC 10.BC 11.AD 12.ABD 三、填空题三、填空题:本大题共本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.32 14.-360 15.3(21)n 16.4 四四、解答题：共、解答题：共 70 分分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 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11

3、82nnnc，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1011101121024cc，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 AAPPP4 317 6427;所以第一次摸到蓝球，第二次摸到红球的概率为12;4

4、 分（2）由概率乘法公式可得 12312312()=()()AA AAAA AAPPP，6 分 因为12121()=()()AAAA APPP，所以123121312()=()()()AA AAA AA AAPPPP；8 分 高三数学答案 第 2 页(共 5 页)由可得123123123123()()()()()AAA AAA AA A AA A A3PPPPP 121312121312()()()()()()AA AA AAAA AA AAPPPPPP121312121312()()()()()()AA AA A AAA AA A APPPPPP=，11 分 所以()A3P=.12 分 19

5、.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 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

6、,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.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 5 15 20 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

7、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 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

8、 的分布列如下表所示：Y 4600 6900 9400 12100 P 110 310 410 210 10 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0,0nnaS，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22314

9、bbqq，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 15 5 20 合计 20 20 40 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=()()()()51951

10、394143nnnnPccccnn 0,44411=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)414111nnnnnnn,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

11、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，(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

12、 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 0Fx 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