山东省青岛市2024届高三高考三模模拟考试数学试题含答案.pdf

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1、数学评分标准第 1页（共 6页）2024 年高三年级第三次适应性检测数学参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分1-8：CDACBCBD二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分9ACD10BD11ACD三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分12105；135()3sin()26f xx；14109四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分分解答应写出文字说明，证明

2、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15（13 分）分）解解：（1）因为,A B C为ABC的内角，所以sin()sinBCA1分因为21 cossin22AA2分所以2sin()2 3sin2ABC可化为:sin3(1 cos)AA 3分即sin3cos3AA4分即2sin()33A 5分因为 4(,)333A，解得:3A 6分（2）由三角形面积公式得113 21sin227b cAa，所以72ac 9分由余弦定理2222cosabcbcA得：24120cc11分解得：2c 或6c 舍去所以ABC的周长为5713分16（15 分）分）解解：（1）根据列联表中的数据，经计算得到

3、：220.1100(15 355 45)3.2782.70660 40 80 20 x 3分根据小概率值0.1的独立性检验，可以认为性别与身高有关联 4分（2）由题可知X的可能取值为0,1,2 3，153031C240C91P X，25101315C C1C4591P X，21510153C C20C291P X，33551C3C291P X，8分数学评分标准第 2页（共 6页）所以X的分布列为：所以45209191242091911231E X ，所以X的数学期望为110分(3)由题，18名男生身高数据的平均数45=166.5+180=17499z 11分18名男生身高数据的方差810222

4、111()()18iiiisxzyz81022111()()18iiiixxxzyyyz8102222111()8()()10()18iiiixxxzyyyz22221245()()99sxzsyz59所以，该中学男生身高数据的平均数约为174，方差约为5915分17（15 分）分）解解：（1）取,AB CD中点,K Q，连接,FK KQ QE，则O为KQ的中点，因为侧面ADEF是等腰梯形，所以/EFAD，又/KQAD，所以/KQEF1分又FKEQ，所以四边形FKQE为等腰梯形因为点M为EF的中点，所以所以MOKQ2分因为ABF是等边三角形，所以ABFK3分又ABKQ，所以AB 平面FKQE5

5、分所以平面FKQE 平面ABCD 6分故MO 平面ABCD 7分(2)在梯形FKQE中，4EF，2KQ，3FKEQ，由勾股定理得2MO，取BC中点N，由（1）知，,OK ON OM两两垂直，以O为原点，分别以,OK ON OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，8分则(0,0,0)(0,0,2)OM，(1,0,0)K，(1,1,0)C，(1,1,0)A(1,1,0)B，(2,0,2)E 设平面ABM的法向量为(,)nx y z，(0,2,0),(1,1,2)ABAM ，X0123P249145912091291DABCEMFOQKN数学评分标准第 3页（共 6页）则2020n

6、 AByn AMxyz ，则令1z，得(2,0,1)n 10分设(01),(2,2)CPCEBPBCCPBCCE 12分设直线BP与平面ABM所成角为，所以2|2 2|2 42sin|cos,|21|3 444BP nn BPBPn 14分解得12（负值舍去），所以点P为棱CE的中点，所以EP的长为1 15分18（17 分）分）解解：（1）由题意知212(,),(,0),(,0)bP cFcF ca，显然点P在直线1y 的上方，因为直线1y 为12PFF的等线，所以212ba，2222,cecaba2分解得1,3ab，所以E的方程为2213yx 4分（2）设00(,)P xy，切线00:()m

7、 yyk xx，代入2213yx 得：22222000000(3)2()(23)0kxk kxyxk xykx y，所以222220000002()4(3)(23)0k kxykk xykx y，该式可以看作关于k的一元二次方程2220000(1)230 xkx y ky，所以000002200031(1)13x yx yxkyxy，即m方程为001(*)3y yx x当m斜率不存在时，也成立 6分渐近线方程为3yx，不妨设A在B上方，联立得0013Axyx，0013Bxyx，故0000011233ABxxxyyxx，所以P是线段AB的中点7分因为1F，2F到过O的直线距离相等，则过O点的等线

8、必满足：A，B到该等线距离相等且分居两侧，所以该等线必过点P，即OP的方程为2yx，由22213yxyx，解得：(3,6)P9分所以00003336333AAyxyxyx，数学评分标准第 4页（共 6页）所以00003336333BByxyxyx ，所以|6AByy，所以121|2|122ABCDABABSFFyyyy 11分（3）设(,)G x y，由13OGOP，所以003,3xx yy，故曲线的方程为22931(0)xyx 12分由(*)知切线为n为0093133xy yx，即00133y yx x即00310 x xy y 13分易知A与2F在n的右侧，1F在n的左侧，分别记1F，2F

9、，A到n的距离为1d，2d，3d，由（2）知0013Axyx，000013333Ayyyxx，所以000000000000000032222222200000000233233331233339999yyxyxxxyyyyyxxxxdxyxyxyxy由01x 得00122220000|61|6199xxdxyxy，00222220000|61|6199xxdxyxy15分因为0023122222200000061612999xxdddxyxyxy，所以直线n为12AFF的等线17分19（17 分）分）解解：（1）因为()afxx，所以(1)fa，又因为()exg x，所以(0)1g，解得1a

10、1分所以()f x在(1,0)处的切线方程为：(1)1ya xx，所以()g x在(0,1)b处的切线方程为：1yxb，所以|2|2222bb，解得0b 3分（2）（法一）由（1）知：(1,0),(0,1)PQ，记直线,NP ON的倾斜角分别为,，斜率分别为12,k k，所以ONP，设(,),0 xN x ex 且1x，数学评分标准第 5页（共 6页）所以122212eee1tantan()ee1e11xxxxxxkkxxONPk kxxxx5分令22e()(0,1)exxm xxxxx，则22222e(31 e)()(e)xxxxxmxxx，当0 x 时，设函数()e1xn xx，则e1(0

11、)xn x，所以()n x在(0,)单调递增，所以()(0)0n xn，即e11xx，所以222231 e31(1)50 xxxxxxx ，所以()m x在(0,1),(1,)均单调递减，且1(1)1em 6分当0 x 时，22231 e1 e0 xxxx ，所以()m x在(,0)单调递增，所以()(0)1m xm8分当0 x 时，tan1ONP；当1x 时，1taneONP，所以，当点N坐标为(0,1)Q时，ONP最大为4同理，函数()lnf xx与()exg x 的图象关于直线yx对称，且,P Q也关于直线yx对称，所以OMQ最大为4，所以ONP与OMQ之和的最大值为2 10分（法二）由

12、（1）知：(1,0),(0,1)PQ，点,O P在圆22111:()()222Wxy上 5分下面证明：直线:1l yx与圆W和曲线()yg x均相切，因为圆W的圆心到直线l的距离为1222，所以直线l与圆W相切，即，除点(0,1)外，圆W上的点均在直线:1l yx下方6分又因为()e(1)xm xx，则()e1xm x，所以()m x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增，所以()(0)0m xm，即，除点(0,1)外，曲线()yg x上的点均在直线:1l yx上方8分所以，当点N坐标为(0,1)Q时，ONP最大为4同理，函数()lnf xx与()exg x 的图象关于直线yx对称，且,P Q

13、也关于直线yx对称，所以OMQ最大为4，综上知：ONP与OMQ之和的最大值为210分（3）因为曲线(1)1yf x与与曲线()yg x与有唯一交点，且关于1yx对称，数学评分标准第 6页（共 6页）并分居两侧，所以曲线()yf x的上的点到曲线()yg x上的点的最小距离2，且此时这两点只能为(1,0),(0,1)PQ，假设函数()lnf xx与函数()exg x 的图象关于直线ykxm对称，则点(1,0)P关于ykxm的对称点P在()exg x 上，点(0,1)Q关于ykxm的对称点Q在()lnf xx上，因为|2PQPQ，所以P与Q重合，Q与P重合，所以，yx是函数()lnf xx与函数(

14、)exg x 的图象的唯一对称轴，所以,A D和,B C分别关于直线yx对称，12分设1122(,ln),(,ln)A xxB xx，3434(,e),(,e)xxC xD x，其中1243,xx xx，所以22212322|ln|2()2()22(ln)2xxBCxxxxxx，即132lnxxx，14分又因为3221|2(eln)2(lnln)xBCxxx，即1121eln2ln2xxxx15分所以1x为方程eln20 xxx的根，即()eln2(0)xh xxx x的零点为1x，因为1111()e21212110 xh xxxxxxxx ，所以()h x在(0,)单调递增，故1()eln2 1e0.69 1e1.690,(1)e202hh ，所以1112x 16分令()e(0)xxx x，则()e10 xx，所以()x在(0,)单调递增，所以12222111 2()2(e)2(e)2xSxxx 17分