《2024届济南高三二模数学试题含答案.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2024届济南高三二模数学试题含答案.pdf(17页珍藏版)》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、-1-山东名校考试联盟2024 年 4 月高考模拟考试数学试题参考答案一、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BCDADBBA8【解析】因为球与三棱锥PABC的棱均相切,所以面ABC截球得到的截面圆与ABC的三边均相切,所以该球的球心在过截面圆圆心且与面ABC垂直的直线上,又因为ABC的内切圆半径恰为 1,所以棱切球的球心即为圆心,如图过球心O作PA的垂线交PA于H,则1OHr,又因为2OA 所以2 33PO,所以2P ABCV二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分在每小题给出的四
2、个选项中,有多项符合题目要求全部选对的得 6 分,部分选对的得部分分,有选错的得 0 分。题号91011答案ACACDBCD11【解析】对于 A 选项:方法一:方法一:假设存在*k N,使1ka,则1sin12kkaa,因为10,1ka,所以11ka,依次类推得,11a,与已知11 1,)3 2a 矛盾,所以 A 选项错误方法二:方法二:用数学归纳法证明,当1n时,总有113na 因为11 1,)3 2a,所以1113a,设当nk时,总有113ka,则 1,sin1622 22kkaa,即1113ka,所以,当1nk时,总有1113ka,-2-由数学归纳法知,当1n时,总有113na 所以 A
3、 选项错误B 选项,要证数列na单调递增,只需证sin2nnaa,令 1sin(,1)23f xxx x,则 cos122fxx,fx在1,1)3上单调递减,因为1310,(1)1034ff ,故 fx在1,1)3上存在唯一零点0 x,当01,)3xx时,0fx,当0(,1)xx时,0fx,所以 sin2f xxx在01,)3x上为增函数,在0(,1)x上为减函数,因为 110,1036ff,所以当1,1)3x时,总有 0f x,即sin2xx,令nxa,则有sin2nnaa,B 选项正确C 选项,要证13144nnaa,只需证31sin244nnaa,令 31124sin(,1)43g xx
4、xx,则 cos3224gxx,gx在13,1)上单调递减,因为1333()0,(1)0344gg,故 gx在13,1)上存在唯一零点1x,当11,)3xx时,0gx,当1(,1)xx时,0gx,所以 sin31244g xxx在11,)3x上为增函数,在1(,1)x上为减函数,因为1()(1)03gg,所以当1,1)3x时,总有 0g x,即s31244inxx,令nxa,则有31sin244nnaa,C 选项正确A,B,C 三选项可通过数形结合直观观察:三选项可通过数形结合直观观察:如图D 选项,令 31sin(,1)223h xxx x,则 3cos222h xx,h x在1,1)3上单
5、调递减,因为1 333()0,(1)03422hh,所以 3sin22h xxx在1,1)3上为减函数,-3-因为1()03h,所以当(0,)2x时,总有 1()03h xh,即3sin22xx,所以3sin22nnaa,即132nnaa,整理得112nnnaaa,其中1,2,3n 所以21132211,21,212nnnaaaaaaaaa累加后得,1112nnaaS,即1122nnaaS,D 选项正确三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。122;139;143(1,)214【解析】方法一方法一:1()()1f xaf x有三个不等实数根等价于1()()1yf xf x与
6、ya有三个交点,令 11,1111tf xg ttttt ,11()e,1exxf xxfxx,当1x 时,0,()fxf x单调递增,当1x 时,0,()fxf x单调递减,11f当x 时,f x,当x 时,0f x,f x图象如图所示因为1()()1yf xf x与ya有三个交点,所以11ytt 与ya有两个交点,设交点横坐标分别为12,t t,1tf x有1个零点,2tf x有2个零点,则121,01tt或120,01tt,交点情况如图所示,所以312a-4-方法二:方法二:11()e,1exxf xxfxx,当1x 时,0,()fxf x单调递增,当1x 时,0,()fxf x单调递减
7、,11f当x 时,f x,当x 时,0f x,f x图象如图所示令,tf x1()()1f xaf x有三个不等实数根等价于11tat有两个根,即2110ta ta 有两个根,设两根分别为12,t t,且121,01tt或120,01tt,所以2214 1014 101(1)101(1)101010aaaaaaaaaa 或,解得312a四、解答题:共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15【解析】(1)因为120ABC,2ABBC,所以30ACBBAC,2cos306ACAB,.2 分又BCCD,所以9060ACDACB,.3 分在ACD中,由正弦定理得,sinsinADACAC
8、DADC,所以sin6sin602sin32ACACDADCAD,.5 分又060ADC,所以45ADC.6 分(2)在ABC中,2ABBC,ABC,11sin22sinsin22ABCSAB BCABC,.7 分又2sin2 2sin22ACACBC,.8 分【或由余弦定理得:2222cos44cos2 2sin2ACABBCAB BCABCAC】在ACD中,180909022ACDACB,又6CD,-5-所以11sin2 2sin6 sin33cos2222ACDSAC CDACD,.9 分所以四边形ABCD的面积sin33cos32sin(60)ABCACDSSS,.11 分因为1201
9、80,6060120,所以当6090,即150时,max32S,故四边形ABCD面积的最大值为32.13 分16【解析】(1)因为四边形ABCD为直角梯形,60DAB,1CD,3AB,所以4AD,2 3BC.2 分因为2 3PCBC,60PCB,所以PBC为正三角形,因为F为BC的中点,所以PFBC,.4 分又因为面ABCD 面PCB,面ABCD与面PCB交于BC,PF 面PCB,.5 分所以PF面ABCD,AD 面ABCD,所以PFAD.6 分(2)以F为原点建系如图,0,0,3P(),3,3,0A(),0,3,0B(),1,3,0D().7 分设(0,0,)Ea,3,3,3PA (),2,
10、2 3,0DA (),0,3,BEa(),.9 分设面PAD的法向量为(,)nx y z,所以333022 30 xyzxy令3x,则1y ,2 33z,所以2 3(3,1,)3n,.11 分设直线BE与平面PAD夹角为,则22 3373sin4433an BEn BEa ,.12 分-6-所以2a .14 分所以2EF 时,直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.15 分17【解析】解:(1)函数()f x的定义域为(0,),2121()2axf xaxxx.2 分当0a时,2121()20axf xaxxx恒成立.3 分当0a 时,2121()20axf xaxxx解得12xa.5 分综上
11、:当0a时,()f x在(0,)上单调递减;当0a 时,()f x在2(0,)2aa上单调递减,在2(,)2aa上单调递增.6 分(2)方法一方法一:()()eln1xf xg xxx,要证()()f xg xx,即证eln10 xxxx 恒成立,.7 分令()eln1xh xxxx,所以11()(1)e1(1)(e)xxh xxxxx,.9 分令1()exk xx,则()k x在(0,)上单调递增,因为1()e20,(1)e102kk,所以存在01(,1)2x,使0001()e0 xk xx,.11 分(此处用极限说明(此处用极限说明0 x的存在性不的存在性不扣分,不说明函数值的正负扣一分)
12、扣分,不说明函数值的正负扣一分)()h x在0(0,)x上单调递减,在0(,)x上单调递增,所以00000()()eln1xh xh xxxx,.12 分又因为0001()e0 xk xx,所以00001e,lnxxxx,.13 分代入0()h x中得:000()()110h xh xxx ,所以eln10 xxxx ,则()()f xg xx恒成立.15 分-7-方法二方法二:()()eln1xf xg xxx,要证()()f xg xx,即证lneln1eln1 0 xxxxxxxx 恒成立,.9 分令lntxx,即证e1 0tt ,.11 分令()e1tk tt,所以()e10tk t,
13、解得0t,所以()k t在(0,)上单调递增,在(,0)上单调递减,.13 分则()(0)0k tk,所以e1 0tt ,则()()f xg xx恒成立.15 分18【解析】(1)由于yx,.1 分过点(2,2)P的切线l的方程为22yx,.2 分联立椭圆方程2212xy可得291660 xx.3 分设1122(,),(,)A xyB xy,则12122,9316xxx x于是2212121210 2|12|5()49ABxxxxx x.4 分(2)方法一:方法一:设1122(),()A x yB x y,由题意知,切线l斜率存在,设l的方程为ykxb,代入2:2Wxy中得,2220 xkxb
14、,所以2480kb,即22kb.5 分联立2212ykxbxy可得222(21)4220kxkbxb,.7 分所以222221222122168(1)(12)8(14)04122212k bbkbbkbxxkbx xk,则2525b ,则140b,.9 分【注:注:1.1.此处标注此处标注0,未解出,未解出b的取值范围,不扣分;的取值范围,不扣分;2.2.解答过程未出现解答过程未出现0,扣,扣 1 1 分分】所以222122112222111168(1)222(12)12OABk bbSx yx yb xxbkk-8-214214bbbb22141214bbbb,.11 分令2140tbb,所
15、以221111112222242OABtStttt,.14 分当且仅当2t,即612b 时取等号成立,代入28(14)0bb 成立,所以OABS的最大值为22.15 分因为GOGAGB 0 ,则G为OAB的重心,13GABOABSS,.16 分则GAB面积的最大值为26.17 分方法二:方法二:设1122(),()A x yB x y,由题意知,切线l斜率存在,设l的方程为ykxb,代入2:2Wxy中得,2220 xkxb,所以2480kb,即22kb,则0b.5 分联立2212ykxbxy可得222(21)4220kxkbxb,.7 分所以222221222122168(1)(12)8(14
16、)04122212k bbkbbkbxxkbx xk,则250b ,则140b,.9 分所以222122112222111168(1)222(12)12OABk bbSx yx yb xxbkk214214bbbb222214(14)2214(14)bbbbbbbb,.11 分令140tb,所以-9-222222(1)(1)(1 1)2(21)(181)21116162(2)(18)1616OABtttttttStttttt 211(2)(18)16tttt,令1tt,则22(2)(18)162OABS,.14 分当且仅当10即601252b 时取等号成立,所以OABS的最大值为22.15 分
17、因为GOGAGB 0 ,则G为OAB的重心,13GABOABSS,.16 分则GAB面积的最大值为26.17 分方法三:方法三:设1122(),()A x yB x y,由题意知,切线l斜率存在,设l的方程为ykxb,代入2:2Wxy中得,2220 xkxb,所以2480kb,即22kb.5 分联立2212ykxbxy可得222(21)4220kxkbxb,.7 分所以222221222122168(1)(12)8(14)04122212k bbkbbkbxxkbx xk,则2525b ,则1 40b,.9 分所以2121ABkxx,O到直线l的距离为21bdk,所以2222121222221
18、111168(1)12222(12)121OABbk bbSdABkxxb xxbkkk2222222222222221(1688)(21)(14)222(1)2(21)(21)(14)1414bkbbkbbbbbbkkbbb.11 分-10-因为28(14)0bb,所以21 4bb,即2011 4bb,所以22221214142(1)2141422OABbbbbbbSbb,.14 分当且仅当2211 41 4bbbb 即612b 时取等号成立,代入22222168(1)(12)8(14)0k bbkbb 成立,所以OABS的最大值为22,.15 分因为GOGAGB 0 ,则G为OAB的重心,
19、13GABOABSS,.16 分则GAB面积的最大值为26.17 分方法四:方法四:设2,2mP m,此时切线l的方程为22mymx,.5 分联立椭圆方程2212xy可得223442440mxm xm.7 分于是23244244 4248840mmmmm .8 分设1122(,),(,)A xyB xy,由韦达定理可知34121 22244,4242mmxxx xmm,.9 分于是2221212124222114842 2 1,42ABmxxmxxx xmmmm又点O到直线AB的距离为22222,12 1mmdmm因为GOGAGB 0 ,则G为OAB的重心,.11 分故-11-24224224
20、11368412842,426426GABOABSSAB dmmmmmmmm.13 分令24420umm,则2221221221211,6666GABuSuuuu .16 分当且仅当24421umm,即22+6m 时取等号成立故GAB面积的最大值为26.17 分方法五:方法五:设2,2mP m,此时切线l的方程为22mymx,.5 分联立椭圆方程2212xy可得223442440mxm xm.7 分于是23244244 4248840mmmmm .8 分设1122(,),(,)A x yB xy,由韦达定理可知3412122244,4242mmxxx xmm,.9 分于是22212121242
21、22114842 2 1,42ABmxxmxxx xmmmm.11 分又点O到直线AB的距离为22222,12 1mmdmm.12 分因为G为OAB的重心,13GABOABSS.13 分则-12-2424422224444222212842(84)66426(42)22224242(2)64242626mmmmmmAB dmmmmmmmmmm.16 分当且仅当442224242mmmm,即22+6m,符合0,此时等号成立故GAB面积的最大值为26.17 分19【解析】(1)粒子在第2秒可能运动到点(1,1),(2,0),(0,2)或(0,0),(1,1),(1,1)或(1,1),(2,0),(
22、0,2)的位置,X的可能取值为2,0,2.1 分对应的概率分别为41(2)164P X ,81(0)162P X,41(2)164P X 所以X的分布列为:X202P141214.4 分数学期望111()(2)020444E X .5 分(2)(i)粒子奇数秒后不可能回到原点,故30p.6 分粒子在第4秒后回到原点,分两种情况考虑:(a)每一步分别是四个不同方向的排列,例如“上下左右”,共有44A种情形;(b)每一步分别是两个相反方向的排列,例如“左左右右、上上下下”,共有242C种情形于是42444429464ACp.8 分【注:此处只有结果,没有列式子,扣【注:此处只有结果,没有列式子,扣
23、 1 1 分】分】第2n秒末粒子要回到原点,则必定向左移动k步,向右移动k步,向上移动nk步,向下移动nk步,故-13-2222222220022222220022222202!144!2!1144!11.44kkn knnnn knknnnkknnnkn knnnkknnknnnnnnnnknC CCpknknnCC CnknkCCC故2222224216162!1114!nnnnnnnnnpCCn.10 分(ii)利用1/462!2eennnnnnn可知22221/4242!4e,6!62ennnnnnnnCnnnn于是22221146nnnnpCn.12 分令 ln(1),0f xxx x,11011xfxxx,故 f x在0,上单调递增,则 00f xf,于是ln(1)(0)xxx,.13 分从而有21111111ln 1ln1.666nnnkkknkSpnkk.15 分记 x为不超过x的最大整数,则对任意常数0M,当6eMn时,6e1Mn,于是1ln16nSnM综上所述,当6eMn时,nSM成立,因此该粒子是常返的.17 分
限制150内