高三数学答案(1)(1)_2023年11月_0211月合集_2024届山东省高三年级适应性联考（一）_山东省2024届高三年级适应性联考（一）数学

山东省高三年级适应性联考（一） 1 3 1 f(x) f(0)0所以ln(x1)1 ，当x0时取等号，得ln  ， x1 2 3 数学试题答案 再证设x(0,1)时，sinxln(x1)成立，设g(x)sinxln(x1)， 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. 当x(0,1)时，g(x)cosx 1 1 x2  1  x(x1)(x2) 0，其中cosx1 x2 需 x1 2 x1 2(x1) 2 1. C. 解析：由lnx1得0 xe，选C 1 3 2． B 解析：由a2 b2 不能得ab， 由ab 能得a2 b2，选B 证，因为g(0)0，所sinxln(x1)，所以sin ln ，选A 2 2 3. B 解析：鳖臑的外接球和正方体的外接球是同一外接球，由鳖臑的外接球的体积为4 3， 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 4 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. 得外接球的半径为 3，正方体的体对角线长度是2 3 ，正方体的棱长为2，鳖臑体积为 ，选B 3 ９.AD 解析：（1） d 0 ，显然A正确  1  7 4. D 解析：由sin( ) ，得cos(2 ) (a a ) 6 3 3 9 （2）由题意得，a 0，a 0，s  1 13 1313a 0，B错 6 7 13 2 7     7 则sin(2 )sin(2  ) cos(2 ) ， 选 D. 6 3 2 3 9 （3）数列   s n  为等差数列，且和数列  a  的首项相同、公差为 d C错 n  n 2    5. C 解析：ABC ，点 D在线段 BC 上（不包括端点），向量 AD xAB yAC ，可得 11 s （4）由题意得，a 0，a 0，a a 0得a 5d 0,a 6d 0,a  d 0，令b  n ， x y1，x0,y0， 1  2 （ 1  2 ）(x y)2 23，当且仅当 y 2x时成立 选C 6 7 6 7 1 1 1 2 n n x y x y d b a (n1) ，b 0,b 0，D对 6. C 解析：当a 0时，x a x 在   a，  单调递增， f  x log 1 (x a x )单调递减，题目要 n 1 2 12 13 2 a 求 f  x  在区间  1, 上单调递减，所以需满足 a 1，当a0满足题意，当a0时，x 在 10. BCD解析： x a   0， 单调递增，需满足真数x 0，则 a 1，综上1a1. 选C （1）H关于t的函数解析式为 H 25sin( t )35，A错 x 12 3 2x2 2 2xy y2 2x2  y2 x2 2y2 （2）摩天轮速旋一周需24分钟，第二次高度相同，8+12=20 B对 7. B 解析：x0,y0，m  3，当且仅当x 2y x2  y2 x2  y2  （3）游客乙在摩天轮转动过程中距离地面的高度为Y 25sin( t)35米，C对 12 时成立 选B    （4）H关于t的函数解析式为 H 25sin( t )35与Y 25sin( t)35，两个图像递减区 12 3 12 1 1 x 8. A 解析：先证ln(x1)1 ，设 f(x)ln(x1) 1，求导可得 f(x) ， 间的交集为10—18. D对 x1 x1 (x1)2 11.AD 解析：函数 f(x)(x2 axb)ex的图像可以为如下4种图像：四、解答题：本题共 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. 如图等腰直角PQR的三个顶点分别在等腰直角ABC的三条边上，角PRQ和角C为直角， BC 1，设PR x，PRC  （1）求RB 的长（用x，表示） （2）．求PQR面积的最小值 12. ABD 解析：（1）取BC 的中点为N ，AD MN ，AMND 为截面， 1 1 1 1 DN垂直面BBCC，DN MN A对 1 1 1 1 （2）DN CB ，MN CB ， B对 1 1 1 （3）DP在面AABB的射影不可能与AM 垂直，C错 1 1 （4）V :V 2:1，V :V 3:1，D对 A1 AD1M BAD1M CAD1M BAD1M   三、填空题：本题共 4 小题，每小题5 分，共 20分． 解：（1）由PR x，PRC ，得QRB ，RQB ........1分 2 4          1 13. 3 解析：a，b为非零向量，由 a  ab 1得 b 2cos0，由cos a，ab  ， 2 RB x    1  1   由正弦定理得  得RB 2sin( )x.......3分 得b cos ， b 1，cos ，可求 2ab 的模为 3 sin( ) sin 4 2 2 4 4  14. 65 解析：由题意得b a a 2n1 ，累加得a a (n1)2，则a a 65． （2）RC  xcosa，RBRC 2sin( )xxcosa1.......5分 n n1 n n 1 10 5 4 2 15. 解析： 矩形ABCD，AB1，BC  2，E是边BC的中点．AE和BD交于点M ，可 1 3 得x .......6分 sina2cosa 得AE MD，将沿AE折起，在翻折过程中当AB与MD垂直时．可得BM MD，即面ABE和面AECD 1 1 1 1 1 1 垂直时，利用三余弦定理，异面直线BA和CD所成角的余弦值为 2 ． S  x2  ( )2  ( )2  ......9分 3 PQR 2 2 sina2cosa 2 5sin(a) 10 16. 6 解析： f  12x 4x为偶函数，得 f  12x 4x f  12x 4x，两边同时求导得 1 1 当且仅当tana 时，PQR面积的最小值为 ......10分 2f 12x 42f 12x 4，即 f 12x  f 12x 4， f 1x  f 1x 4， 2 10 cosB sinB1 18. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知  ． 得 f(x)关于(1,2)对称，由g(x2) g(x1)g(x)，可得g(x3) g(x2)g(x1)，两式 1cos2C sin2C （1）求角A和角C之间的等式关系 1 5 相加得g(x)的周期为6，g(x)关于(4,2)对称，g(4)2，由g( )0，得g( )4，所以 2 2 2 3 5 （2）若cosC 0，BD为角CBA的角平分线，且BD2，ABC的面积为 ，求c的长 g( )g(4)6 3 2 cosB sinB1 cosB sinB1 解：（1）由  得  ， 1cos2C sin2C 2sin2C 2sinCcosCcosB sinB1 sinC 0得  ，即cosBcosCsinBsinC sinC，.....2分 所以 f  x  在  0, 上单调递增， f  x  无极值.....2分 sinC cosC 得cosAsinC ......3分 1 当m0时，令 f x 0，解得x ，   m C  A或C   A. ....5分 2 2   1  1  （2）由（1）C  A或C   A， 当0 x 时， f x 0，则 f  x  在0, 上单调递增； 2 2 m  m   因为cosC 0，得C   A，B  2A 2 2 当x 1 时， fx0，则 f  x  在   1 ,  上单调递减；.....4分  3 m m  BD为角CBA的角平分线，得BDC  ,BDA .....7分 4 4 1 所以当m0时， f  x  在x 处取极大值1lnm；.....5分 2 BA 2 m  ,BA BD2，由正弦定理得 sin A sin 3 sin A （2） f  x lnxmx2， 4 lnx2 lnx2  1  2 BC 2 令lnxmx20，得 m，令g(x) ， f  x  在区间  ,e  有2个零点，  ，BC  x x e2    cosA ，.....9分 sin(  A) sin 2 4  1  即 ym与y g(x)在区间 ,e 有2个交点，.....6分   e2  2 3 lnx2 1lnx 1lnx 1 由ABC的面积为 ，得 g(x) ，g(x) ，g(x) 0，x 3 x x2 x2 e 1 2 2 2 3 1 2 2 2 3 1 1   sinB ,   cos2A .....11分 当x(0, )，g(x)0，g(x)单增，当x( ,)，g(x)0，g(x)单减，.....9分 2 sin A cos A 3 2 sin A cos A 3 e e  即tan2A 3,A ，得c2 2 .....12分 当x，g(x)0单调递减，.....10分 6 19. 已知函数 f  x lnxmx2． 1 1 3 g( )0， y g(x)的最大值为g( )e，g(e) ，.....11分 e2 e e   （1）求 f x 的极值  1  3 ym与 y g(x)在区间 ,e 有2个交点，则 me。.....12分   （2）若 f  x  在区间  1 ,e  有2个零点，求m的取值范围 e2  e   e2  1 解：（1）因为 f  x lnxmx2，定义域为  0, ，所以 f x  m，.....1分 20.如图，三棱台DEFABC中，面ADFC⊥面DBC，AC CD2．DBC的面积为1，ADBC x 且AD与底面ABC所成角为60， 1 当m0时，由于 0，则 fx0恒成立， x   mCBa 0 则  ，  mCD b 3c 0  令 b 3，c1，a 0，得m(0, 3,1)，．.....10分     nm 1 cos n,m     ， .....11分 n m 4 （1）求A到平面DBC 的距离； 15 所以面ADB与面CDB所成二面角的正弦值为 ．.....12分 （2）求面ADB与面CDB所成角的正弦值． 4 解 ∵ ： 平 （ 面 1） AD ∵ F A C C   平 CD 面  B 2 D ， C 作 ， A 而 H 平  面 D A C D 交 FC D  C 平 于 面 H B ， DC  DC， 21. 设数列a n 的首项a 1 1，且 a n1    a 2 n a  n 1 ,n ,n 为 为 偶 奇 数 数 , . ，数列a n 的n项和为s n AH 平面ADFC，∴AH 平面BDC ，．.....2分 （1） 求a n 而BC平面BDC，即有AH  BC， （2) 求 s 19 ∵ADBC，ADAH  A，∴BC 平面ADFC，平面ABC 平面ADFC ，．.....4分 解（1）若n为偶数，则a 2a （2 a 1）2a 2，即a 2a 2， 作DM  AC交AC于M ，DM 平面ABC，DAC  60，DAC为等边三角形， n1 n n1 n1 2n1 2n1 M 为中点，A到平面DBC 的距离为AH 等于 3。．.....6分 所以a 2（2 a +2），于是a 2a 22n1．故a 32n12．.....3分 2n1 2n1 2n1 1 2n1 (2) 由DBC的面积为1，得∴BC 1， 若n为奇数，则a a 12a 1，即a 2a 1， n1 n n1 2n 2n2 以M 为坐标原点，取AB中点为N ，MN,MC,MD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 所以a 12a 1．于是a 1a 12n1，a 32n11.....6分 2n 2n2 2n 2 2n 则A(0,1,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，D(0,0, 3)，  n 1 322 1, n为偶数,     a  ；.....8分 AB(1,2,0)，AD(0,1, 3)，CB (1,0,0)，CD(0,1, 3)．.....8分 n  n1 32 2 2, n为奇数.  设平面ABD的法向量n(x,y,z)， （2）s  (a a )(a a )(a a )a ， 19 1 2 3 4 19 20 20    nAB  x2y 0 则  ， 因为a a 1,n为奇数，所以  n1 n nAD y 3z 0 s （2 a a a a )a 10 .....10分 令 y  3，x2 3，z=1， 19 1 3 5 19 20  s （2 3612329)40(329 1)10， n(2 3, 3，1)， 19  s 929 35.....12分 设平面BCD的法向量m(a,b,c)， 1922. 设a，b为实数，且a1，函数 f  x ax e2(xR)，直线 y bx， ex 2 ex 1 欲证x 1 x 2  2lnb，即证ex 1 x 2 b2，即证 ex 1 x 2 b ，即 ex 1 x 2  x x 2 1 （1）若直线 y bx与函数 f  x ax e2(xR)的图像相切时， t t 求证：切点在一条直线上 令ex 2 t 2, ex 1 t 1 ，即证 lnt 2 l 1 nt  t 2 t 1 即 .....7分 2 1 （2）当a e时，直线 y bx与函数 f  x  有两个不同的交点，交点横坐标分别为x,x ，且x x ， 1 2 1 2 t t t 下面先证明 2 1  t t ，令m 2 1， lnt lnt 2 1 t 求证x x  2lnb 2 1 1 1 2 m1 m1 ax 0 e2 即证  m ，即 lnm， .....8分 解：（1）设切点横坐标为x ，可得 f x ax 0 lna，k  ，.....1分 lnm m 0 0 x 0 1 1 1 1 先证 (m )lnm，令(m) (m )lnm， ax 0 e2 2 m 2 m 得 ax 0 lna，即x lnaax 0 ax 0 e2， x 0 0 1（m1）2 (m) ，(m)单调递增得，因为m1， 2 m2 化简得（x lna1）ax 0 e2，（x lna1）ex 0 lna e2，.....2分 0 0 1 1 所以(m)0，证得 (m )lnm成立，.....10分 令t  x lna，得(t1)et e2， 2 m 0 m1 用 m 替换m，可得  m 成立，.....11分 记h(t)et(t1)e2,h(t)et t，.....3分 lnm t t ex 2 ex 1 所以t(,0)时h(t)单减，且h(t)0时， 所以 2 1  t t ，即 b ex 2 x 1 成立，得x x  2lnb.....12分 lnt lnt 2 1 x x 1 2 2 1 2 1 2 当t(0,)，h(t)单增，h(2)0，所以t 2，x lna2，x  ，.....4分 0 0 lna 2 f  x alna e2 2e2，所以切点在直线 y2e2上. .....5分 0 （2）当a e时，由（1）得切线的斜率为e2， 直线 y bx与函数 f  x  有两个不同的交点，得be2， 即ex bxe2 0有2个不同的解0 x  x ， 1 2 由题意得ex 1 e2 bx ，ex 2 e2 bx ， 1 2 ex 2 ex 1 做差得ex 2 ex 1 b(x x )，即 b， 2 1 x x 2 1