2023届山东省济宁市高考二模数学试题含答案.pdf

《2023届山东省济宁市高考二模数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届山东省济宁市高考二模数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、济宁市2 0 2 3年高考模拟考试 数学试题参考答案2 0 2 3.0 4一、单选题:每小题5分,共4 0分.1.C 2.D 3.A 4.B 5.A 6.B 7.D 8.A8.解析:由x-1 l nx可知ab;设f(x)=2s i nx-x,则f(x)=2c o sx-1在区间(0,6)上是减函数.且f(6)=232-1=3-440.所以函数f(x)在区间(0,6)上是增函数.所以f(12)f(0)=0,即:2s i n1212.即:ca.故选A.二、多选题:每小题5分,共2 0分.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.A B D 1 0.A C 1 1.A B 1 2.A

2、C D1 2.解析:对于A:过点M作MN/B C交D C于点N,连接D11M,D11N.则D1MN即为D1M与B1C1所成角的平面角,且MND1N.当点M由点A向点C移动的过程中,线段D1N逐渐变长,MN逐渐变短.所以t a n D1MN=D1NMN逐渐变大.又当点M在点A处时,D1MN=4;当点M在点C处时,D1MN=2.A正确.对于B:由题意可知MAD和A B D均为直角三角形.所以A C与B D的交点O即为三棱锥M-A B D的外接球的球心.此外接球的体积V=4323=8 23.B不正确.对于C:点M在正方体右侧面B C B1C1内,满足MC=2.所以点M的轨迹的长度为14222=22C

3、正确.)页8共(页1第 案答考参题试学数对于D:由三棱锥M-B D C1的体积为43知点M到平面B D C1的距离为233.则点M在过点D1与过点C且与平面B D C1平行的两个平面与上.因为D1C与平面,所成角的余弦值为33,该角大于6.所以点M在平面上.又因为MD1C=6恒成立,所以点M的轨迹为椭圆.三、填空题:每小题5分,共2 0分.1 3.(1,6)1 4.-1 1 5.71 1 1 6.221 6.解析:由|a+b|+|a-b|=4 2得点P的轨迹方程为:x28+y24=1.因为4 332 2,所以当=4 33,即O P=4 33时,|c o s|的值最小.此时点P的坐标为(4 33

4、c o s,4 33s i n).将点P的坐标代入椭圆x28+y24=1解得:|c o s|=22.四、解答题:共7 0分.1 7.解:(1)f(x)=c o s4x-s i n4x+s i n(2x-6)=12c o s 2x+32s i n 2x=s i n(2x+6)2分因为x0,2,所以2x+66,76.所以当2x+66,2,即:x0,6 时,函数f(x)单调递增.4分所以函数f(x)在0,2 上的单调递增区间为0,65分(2)由题意可知:g(x)=s i n(2x+2+6)6分因为函数g(x)的图象关于点(3,0)成中心对称.所以23+2+6=k,kZ.)页8共(页2第 案答考参题试

5、学数解得:=-51 2+k2,kZ.因为04,所以k=1,=1 2.所以g(x)=s i n(2x+3).7分当x-4,时,2x+3-6,2+3.因为g(x)在-4,上的值域为-12,1所以22+376.9分解得:1 251 2.所以的取值范围为1 2,51 2.1 0分1 8.解:(1)由an-1+an+1=2an(n2),得an+1-an=an-an-1(n2)所以数列an 为等差数列.2分所以S5=5a3=1 5,得a3=3.3分所以公差d=a3-a13-1=1.4分所以an=n.5分(2)当n为奇数时,bn=an=n.6分当n为偶数时bn=2bn-1=2n-1.8分所以T2n=(b1+

6、b3+b2n-1)+(b2+b4+b2n).9分=(1+3+2n-1)+(2+23+22n-1)=n2+22n+1-23.1 2分1 9.解:(1)设样本平均数的估计值为x则x=1 0(4 00.0 1+5 00.0 2+6 00.0 3+7 00.0 2 4+8 00.0 1 2+9 00.0 0 4).1分解得:x=6 2.所以样本平均数的估计值为6 2.3分(2)因为学生的初试成绩X近似服从正态分布N(,2),其中=6 2,1 4.所以+26 2+21 4=9 0.4分)页8共(页3第 案答考参题试学数所以P(x9 0)=P(x+2)=12(1-0.9 5 4 5)=0.0 2 2 7

7、5.6分所以估计能参加复试的人数为0.0 2 2 7 58 0 0 0=1 8 2.7分(3)由该学生获一等奖的概率为18可知:a2b=18.8分则P=a2(1-b)+C12a(1-a)b=a2+2a b-38=a2+14a-38.9分令P=f(a)=a2+14a-38,0a1.f(a)=2a-14a2=8a3-14a2=(2a-1)(4a2+4a+1)4a2.当0a12时,f(a)0;当12a0.所以f(a)在区间(0,12)上是减函数,在区间(12,1)上是增函数.1 1分所以f(a)m i n=f(12)=14+12-38=38.所以P的最小值为38.1 2分2 0.解:(1)证明:由题

8、意可知:在下底面圆中,C D为直径.因为D E=D F所以G为弦E F的中点,且E FC D.2分因为E FAD,ADC D=D,AD、C D平面A B C D.所以E F平面A B C D.3分因为E F平面A E F.所以平面A E F平面A B C D.4分(2)解法一:设平面P E F交圆柱上底面于P Q,交A B于点H.则二面角P-E F-A的大小就是二面角H-E F-A的大小.5分分别以下底面垂直于D G的直线、D G、DA为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图所示.因为D G=2,底面圆半径为3所以E G=F G=2 2.则A(0,0,6),E(2 2,2,0),F(-2 2,2,

9、0),设H(0,m,6)(0m6).6分所以A E=(2 2,2,-6),A F=(-2 2,2,-6),EH=(-2 2,m-2,6),FH=(2 2,m-2,6).7分)页8共(页4第 案答考参题试学数设平面A E F的一个法向量为m=(x,y,z).由mA E=0mA F=0 得:2 2x+2y-6z=0-2 2x+2y-6z=0 即:x=0y=3z 令z=1 则m=(0,3,1).8分同理可得平面HE F的一个法向量n=(0,-6,m-2).9分所以|c o s|=|mn|m|n|=|m-2 0|1 03 6+(m-2)2=45化简得:3m2+8m-8 0=0解得:m=4或m=-2 0

10、3(舍).即:AH=4.1 0分又因为E F/平面P A B,E F平面P E F,平面P A B平面P E F=P Q所以E F/P Q,P QA B,且H为P Q的中点.1 1分所以PH=2 2,A P=AH2+PH2=1 6+8=2 6.所以存在点P,使得二面角P-E F-A的余弦值为45,A P的长为2 6.1 2分解法二:设平面P E F交圆柱上底面于P Q,交A B于点H.则二面角P-E F-A的大小就是二面角H-E F-A的大小.5分过点G作GMA B于M,连接A G,E Q,F P,GH.因为E F平面A B C D,A G平面A B C D,GH平面A B C D.所以E F

11、A G,E FGH.所以A GH为二面角H-E F-A的平面角,c o s A GH=45.7分A G=AD2+D G2=62+22=2 1 0.设MH=m,则GH=3 6+m2,AH=2+m.8分在 A GH中,由余弦定理得:c o s A GH=A G2+GH2-AH22A GGH.即:45=(2 1 0)2+(3 6+m2)-(2+m)222 1 0 3 6+m2.化简得:3m2+2 0m-5 2=0.解得:m=2或m=-2 63(舍去).1 0分)页8共(页5第 案答考参题试学数又因为E F/平面P A B,E F平面P E F,平面P A B平面P E F=P Q所以E F/P Q,

12、P QA B,且H为P Q的中点.1 1分所以PH=2 2,A P=AH2+PH2=1 6+8=2 6.所以存在点P,使得二面角P-E F-A的余弦值为45,A P的长为2 6.1 2分2 1.解:(1)由已知有ca=3b=6a2+b2=c2 .2分解得a2=3b2=6c2=9 .3分所以双曲线C的方程为x23-y26=1.4分(2)由已知有,双曲线C的右焦点为F(3,0),直线x=3过双曲线C的右焦点.S F A QS F B Q=12A FF Qs i n A F Q12B FF Qs i n B F Q=A Fs i n A F QB Fs i n B F Q=A FB F,s i n

13、A F Q=s i n B F Q,直线A F与直线B F的倾斜角互补,kA F+kB F=0.6分显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).联立y=k x+mx23-y26=1 得(2-k2)x2-2k m x-m2-6=0,所以x1+x2=2k m2-k2,x1x2=-m2+62-k2,8分因为kA F+kB F=0所以y1x1-3+y2x2-3=0.所以k x1+mx1-3+k x2+mx2-3=0,所以(k x1+m)(x2-3)+(k x2+m)(x1-3)=0整理得2k x1x2+(m-3k)(x1+x2)-6m=0.1 0分所以-2

14、km2+62-k2+(m-3k)2k m2-k2-6m=0,化简得k+m=0,即m=-k,所以直线l的方程为y=k x-k=k(x-1),恒过(1,0)点.所以直线l过定点.1 2分)页8共(页6第 案答考参题试学数2 2.解:(1)f(x)=-l nx+ax2(x0).1分f(x)0得:0 xe-a;f(x)e-a.所以函数f(x)在区间(0,e-a)上是增函数;在区间(e-a,+)上是减函数.2分因为f(x)e恒成立.所以f(x)m a x=f(e-a)=a+1-ae-a=eae.所以a1.所以实数a的取值范围为(-,1.4分(2)解法一:由f(x)=g(x)得:a+1+l nxx=3 e

15、1-x+1.变形得:a=3xex-1+x-l nx-1.5分令h(x)=3xex-1+x-l nx-1,x0.h(x)=3(1-x)ex-1+1-1x=(x-1)(ex-1-3x)xex-1.6分令(x)=ex-1-3x,x0.(x)=ex-1-3.当0 x1+l n 3时,(x)1+l n 3时,(x)0.所以函数(x)在区间(0,1+l n 3)上为减函数;在区间(1+l n 3,+)上为增函数.7分又因为x0时,(x)0;(1)=-20.所以存在唯一x1(0,1)使得(x1)=0;存在唯一x2(1,+)使得(x2)=0;(其中ex1-1-3x1=0;ex2-1-3x2=0).8分所以当0

16、 xx1时,h(x)0;当x1x0;当1xx2时,h(x)x2时,h(x)0.所以函数h(x)在区间(0,x1)上为减函数;在区间(x1,1)上为增函数;在区间(1,x2)上为减函数;在区间(x2,+)上为减函数.1 0分又因为x0时,h(x)3;h(1)=3;h(x1)=h(x2)=1+l n 3;h(e2)=3 e2ee2-1+e2-33.所以当a=3时,方程f(x)=g(x)恰有3个不同的实数根.1 2分解法二:由f(x)=g(x)得:a+1+l nxx=3 e1-x+1.变形得:a=3xex-1+x-l nx-1=3xex-1+l nex-1x=3xex-1-l nxex-1.5分)页

17、8共(页7第 案答考参题试学数令t=h(x)=xex-1,x0则a=3t-l nt.h(x)=1-xex-1,h(x)0得:0 x1;h(x)1.所以函数h(x)在区间(0,1)上是增函数;在区间(1,+)上是减函数.且h(1)=1;x0时,h(x)0;x+时,h(x)0.7分所以当t(0,1)时,方程t=h(x)有两个不相等的实数根;当t=1时,方程t=h(x)有且只有一个实数根.8分令a=(t)=3t-l nt,00得:13t1;(x)0得:0 x13.所以函数(t)在区间(0,13)上是减函数;在区间(13,1 上是增函数且(1)=3;(13)=1+l n 33;t0时,(t)+.1 0分所以当a=3时,方程a=3t-l nt有两个根分别为1和t1,t1(0,13).1 1分所以当t=1时,方程t=h(x)有且只有一个实数根x1(x1=1).当t=t1时,方程t=h(x)有两个不相等的实数根x2,x3.所以方程f(x)=g(x)恰有3个不同的实数根时实数a的值为3.1 2分)页8共(页8第 案答考参题试学数