2023届山东省淄博市部分学校高考二模数学试题含答案.pdf

《2023届山东省淄博市部分学校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届山东省淄博市部分学校高考二模数学试题含答案.pdf（13页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高三数学试题 第1页（共7页）参照秘密级管理启用前 部分学校高三阶段性诊断考试试题 数学参考答案数学参考答案 一、单项选择题：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 1D；2B；3D；4A；5A；6D；7B；8B 二、多项选择题：本题共 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 全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 9AD；10BCD；11CD；12AC 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 1317；14514；1512；163 四、解答题：本题

2、共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17（10 分）解：（1）在ABD中，因为sin3sinABDADB=由正弦定理，所以33ADAB=2 分 由余弦定理，得2223cos22ABADBDAB AD+=，4 分 其中0，故56=；5 分（2）在ABD中，因为1AB=，3AD=，=BAD，所以由余弦定理可得242 3cosBD=，6 分 因为BCD为等边三角形，所以()233342 3cos3cos442BCDSBD=7 分 因为3sin2ABDS=8 分 所以S=+=BCDABDSS33sin3cos3sin()3223+=+9 分 因为0，所以2333 高三数学

3、试题 第2页（共7页）故当56=时，sin()3取得最大值 1，即S的最大值为2 3 10 分 18（12 分）解证：（1）由1nnnaab+=，得：211aab=，322aab=，11nnnaab=；累加可得：1121nnaabbb=+，所以2111(1)(2)(1)(2)12nnnaanbdna=+=+，4 分 显然na取最小值时，n的值为2 5 分（2）若134a=，则21544nann=+，即53()()22nann=，6 分 12111111131111353()()()()()2222222211111111()()()()3111135322222222113322naaannn

4、nn+=+=+=10 分 显然2n 时，121110naaa+，11 分 可得12111114333122naaa+=12 分 19（12 分）解证：（1）由于PA为圆柱的母线，所以PA平面ABC；可得：PAAB 1 分 由已知ABPC，且PA 平面PAC，PC 平面PAC，PAPCP=，所以AB平面PAC 2 分 高三数学试题 第3页（共7页）因为AC平面PAC，所以ABAC 3 分 因为PA平面ABC，所以PAAC 4 分 且PA 平面PAB，AB 平面PAB，PAABA=，所以AC平面PAB 5 分 且PB 平面PAB，所以ACPB 6 分（2）以AB所在直线为x轴，PA所在直线为z轴，

5、如图建立空间直角坐标系，(0,0,0),(3,0,0),(0,0,2)ABP；当三棱锥PABC体积最大值时，即ABC的面积取得最大值，此时ABC为正三角形，其中点C的坐标为3 3(,0)22 7 分 设平面PAC的法向量为1(,)nx y z=，其中(0,0,2)AP=，3 3(,0)22AC=，满足1100nAPnAC=，得1(3,1,0)n=9 分 设平面PBC的法向量为2(,)nx y z=，其中(3,0,2)BP=，3 3(,0)22BC=，满足1100n BPn BC=，得23(3,1,)2n=；11 分 高三数学试题 第4页（共7页）平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为：1212|

6、1 3|2=5|522n nnn=12 分 20（12 分）解：（1）当对接码中一个数字出现3次，另外三个数字各出现1次时，种数为：1646334 6 5 4 3 2 14803 2 1C AA =2 分 当对接码中两个数字各出现2次，另外两个数字各出现1次时，种数为：264622224 36 5 4 3 2 12 110802 1 2 1C AA A =4 分 所有满足条件的对接码的个数为1560 6 分（2）随机变量X的取值为1,2,3，其分布列为：1626363632232215(1)156026C AC AAA AP X+=；163622229(2)156026C AA AP X=；3

7、3631(3)156013C AP X=；9 分（每个 1 分）故15913()1232626132E X=+=12 分 21（12 分）解：（1）设(),P x y为椭圆上一点，则4 22 6PFPEPAPEAEEF+=+=2 分 所以P点轨迹是以F，E为焦点，长轴长24 2a=的椭圆，所以6c=，2 2a=，则2222bac=3 分 所以椭圆方程为22182xy+=4 分（2）设112200(,),(,),(,)A x yB xyM xy，则220010 xy+=高三数学试题 第5页（共7页）切线MA方程：11182x xy y+=，切线MB方程：22182x xy y+=，两直线都经过点

8、M，所以得：1 010182x xy y+=，切线MB方程：2020182x xy y+=从而直线AB的方程是：00182xyxy+=6 分 由0022182182xyxyxy+=+=，得：222000(310)1664 320yxx xy+=由韦达定理，得：20012122200166432,310310 xyxxx xyy+=+2012022200022200020201()41664321()4163103102 10(32)310 xABxxyxxyyyyyy=+=+=+8 分 点M到直线AB的距离2200202200132825()()82xyydxy+=+9 分 3220202(3

9、2)12310MABySAB dy+=+，其中2010y 10 分 令2032ty=+，则2,4 2t，3228MABtSt=+，令322()8tf tt=+，则42222(24)()0(8)ttf tt+=+，高三数学试题 第6页（共7页）()f t在2,4 2t上递增，4 2t=，即2010y=时，MAB的面积取到最大值325，11 分 此时点M(0,10)12 分 22（12 分）解证：（1）易知函数()f x的定义域为(,)a+又()(1)1ax xafxxxaxa=+=1 分 当0a=时，()212f xxx=+，()f x在(0,1)上单调递增，()f x在(1,)+上单调递减；当

10、0a 时，()f x在(,1)a a+上单调递增，()f x在(1,)a+上单调递减；当10a 时，()f x在(0,1)a+上单调递增，()f x在(,0)a和(1,)a+上单调递减；当1a=时，()f x在(1,)+上单调递减；当1a 时，()f x在(1,0)a+上单调递增，()f x在(,1)a a+和(0,)+上单调递减 6 分（2）方法一：由21()ln2g xaxxx=+，0 x，则()21axxagxxxx=+=，由题意知12xx，是方程20 xxa=的两根，因此，121xx+=，12x xa=，且104a，121012xx7 分 所以，221211122211()()ln()

11、ln()22f xf xaxaxxaxaxx=+22111212121222()()11ln()()ln()(2)()2()2xaxaaxxxxaxxxxxaxa=+=+11121212122212()()11ln()ln()()2()2xaxx xaxxx xxxxaxx x+=+=+高三数学试题 第7页（共7页）2121212221111(1)1 111111ln()ln(1)ln(1)1222(1)xx xx xxxxxxxx+=+=+9 分 要证12()()0f xf x，只需证明22111111ln(1)ln(1)022xxxx+，即22111111ln(1)ln(1)22xxxx+

12、，也即221111111 1ln(1)(1)ln(1)(1)22xxxx+10 分 令1111tx=+，2211tx=+，由121012xx，得212tt 设()1ln2h ttt=，要证()()21h th t 因为，()112022th ttt=，()h t在(2,)+上单调递减，所以，()()21h th t 12 分 方法二：由21()ln2g xaxxx=+，0 x，则()21axxagxxxx=+=，由题意知12xx，是方程20 xxa=的两根，因此，121xx+=，12x xa=，且104a，121012xx7 分 由（1）知，()f x在(0,1)a+上单调递增，要证12()()0f xf x，即12()()f xf x，只需证明21xa+，因为2121121(1)0axx xxxx+=+=，所以21xa+12 分