2023届山东省日照市高三一模数学试题含答案.pdf

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1、2023届山东省日照市高三数学试题第 1 页共 5 页2020 级高三模拟考试数学答案2023.02一、单项选择题：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。1-4 DCDC5-8BBBA二、多项选择题：本大题共 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的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。9.ABD10.AC11.ABC12.AD三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.1014.315.13或1016.21.四、解答题：共 70 分

2、。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17【解析】（1）解：因为23122341naaaannnL，则当1n 时，122a，即14a，.1 分当2n时，23112234naaaannnL，得21nann，所以2(1)nan n，.4 分14a 也满足2(1)nan n，故对任意的Nn，2(1)nan n.5 分（2）证明：111()(2)2(1)(2)212nnan nnnnnn，.7 分1211 11111134(2)2 2334122naanannnLL1 1112 224n.10 分18(1)解：因为sinsin2ACabA，所以由正弦定理边角互化得sinsinsinsin2ACAB

3、A，.2 分因为0,sin0,AAACB，所以sinsin22BB，即cossin2BB，所以cos2sincos222BBB，.4 分因为0,B，所以(0,),cos0222BB，所以1sin22B，所以26B，即3B.6 分(2)解：因为ACBC，3B，所以ABC为等边三角形，即1ACBCAB，如图，设ADm，则1,BDm PDm，高三数学试题第 2 页共 5 页所以在BPD中，由余弦定理得22222211cos2212BPmmBPBDPDBBP BDBPm，整理得22211BPmmBPm，设,01BPxx，所以2223 231323222xxxxmxxxx，.10 分由于01x，故122

4、x所以3232 332mxx，当且仅当3232xx时等号成立，此时23x；所以AD的最小值为2 33.12 分19解：由题可知：POABC 面，分别取AC，BC的中点MN，连接PM，OM,PN,ON,则在圆O中，OMAC；因为PAPC,M是AC中点，所以ACPM；所以PMO.同理PNO.3 分于是22222222111()()()tantan2OMONOCOCOPOPOPAPOA.6 分（2）因为tan3tan，即3OPOPONOM，3OMON所以3BCAC，又22216BCACAB,解得2AC，2 3BC.8 分在圆O中，CACB，以点 C 为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴

5、，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则(0,0,0)C，(2,0,0)A,(0,2 3,0)B,又因为POABC 面，所以/OPz轴，从而(1,3,2 2)P.则(2,0,0)CA uur,(0,2 3,0)CB uur,(1,3,2 2)CP uur,设平面PAC的法向量为(,)x y zm，则00CACPmmuuruur，即2032 20 xxyz不妨取2 2y，则0 x，3z ，此时(0,2 2,3)m同理，平面PBC的一个法向量(2 2,0,1)n.10 分所以333cos=|3311 3m nmnmn，又二面角APCB为钝二面角，所以二面角APCB的余弦值

6、为3333.12 分高三数学试题第 3 页共 5 页20解析：（1）由已知抛物线 E 的焦点(,0)2aF，设与圆 G 相切的直线l方程为：2 50()52ayx，即250 xya2 分所以由点到直线的距离|2 20|145a，得1a 或7a 因为02a,所以1a,则抛物线E的方程22yx.5 分（2）设200(,)4xE x，则)(0txQ，当00 x 时，0OQtkx，由214yx可得12yx，所以切线l的斜率为012lkx，.6 分设11,A x y，22,B xy，线段AB的中点1212,22xxyyM，由22112222142142xyxy，可得22221212042xxyy，所以1

7、2121212042xxxxyyyy，.9 分整理可得：1212121212yyyyxxxx，即12lOMkk，所以01122OMxk，可得01OMkx，又因为0OQOMtkkx，所以当1t 时，01OQOMkkx，此时,O M Q三点共线，满足|AMBM.当00=x时，结论亦成立，综上，存在1t ，使得|AMBM成立，.12 分21【解析】依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为1 113 39p，1 分门将在前三次扑到点球的个数X的可能取值为0,1,2,3，易知1(3)9X B，所以3318(X)()(),0,1,2,399kkkPkCk，3 分故 X 的分布列为X0123P5127296

8、424382431729高三数学试题第 4 页共 5 页所以 X 的期望为11()393E X 5 分（2）第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，则当2n 时，第1n次传球之前球在甲脚下的概率为1np，第1n次传球之前球不在甲脚下的概率为11np，则1111110(1)222nnnnpppp 7 分即1111()323nnpp，又11233p；所以13np 是以11233p 为首项，公比为12的等比数列；9 分由可知，1211()323nnp，所以9102111()3233p，所以9101011 2211(1)()22 3323qp；故1010pq12 分22【解析】（1）因为yx是g()x的

9、切线，又 1,gxx设切点为00()xx，则0011,gxx所以01x，又00()ln1g xxa1a，1 分得1e,1()ln1,1xxF xxx，当121xx时，由()(1)1F xF，则122F xF x，不合题意，舍去；当121xx时，()(1)ln1 1 1F xF，则122F xF x，不合题意，舍去；3 分故只存在121xx 时，才能使122F xF x，即112eln12xx，所以112121111lne21xxF xxxxx，令 1e2(1)xxxx，则 11e0 xx，故 1e2xxx在(,1)上递增，min12x故12xF x的取值范围为(,2).5 分（2）1eln,e

10、x ax aG xfxg xxa Gxx在(0,)上递增，当0a 时，11e10aG，111eaaeaaG ee高三数学试题第 5 页共 5 页令 11(1)1eeaaaat a,则 1e0ata，所以 t a为增函数 10e10t at，1e1aaa，111e0aaeaaG ee因而存在011eax，使得00Gx，当0(0,)xx时，0Gx，G x为减函数；当0(,)xx时，0Gx，G x为增函数；所以0 x为极小值点.000elnxaG xxa，由000e0,ln0,00 xaxaG x，此时 G xb不可能有三个根.当01a时，111e10,10aGG aa 因而存在01ax，使得00G

11、x，当0(0,)xx时，0Gx，G x为减函数；当0(,)xx时，0Gx，G x为增函数；所以0 x为极小值点.000elnxaG xxa，由000e,l001nxaaxG x，此时 G xb不可能有三个根.当1a 时，111eln1,exxG xxGxx在定义域上递增，10G当(0,1)x时，0Gx，G x为减函数；当(1,)x时，0Gx，G x为增函数；所以01x 为极小值点.所以 10G为最小值，此时 G xb不可能有三个根.8 分当1a 时，111e10,10aGG aa ，存在01xa，使得00Gx当0(0,)xx时，0Gx，G x为减函数；0(,)xx时，0Gx，G x为增函数；所以0 x为极小值点，0min00()elnxaG xG xxa而00eln11,0,xaxa，所以 00mineln0 xaG xxa由0000010elnxaxxaxxG由 G xb有三个根，得00000011lneln2xabxaxaaxxx10 分由0001112xaxaxa，所以0011122222aaxaabaaxa12 分