2023级高三模拟考试数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260502山东省日照市2023级高三模拟考试（日照二模）（全科）

2023 级高三模拟考试
数学答案
2026.04
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。
1-4DDCA 5-8DACC
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。
9.AC 10.ABD 11.BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
 16
12. 13. 14. 2
4 3
15. 【解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形ABCD为正方形，所以AB//CD，AD//BC，ADBC，
因为E、F 分别为BC、AD的中点，所以AF//BE，AF BE，所以四边形ABEF为平行四边形，且EF  AB2，
因为ABAD ，所以EF  AD，翻折后，在图2中，EFAF，EF  NF，
所以二面角M EFA的平面角为AFN，……………………………………3分
因为AFNF F ，AF ，NF 平面ANF，所以EF 平面ANF，…………………………………4分
π π 1 1 1
当 时，即AFN  ，且AF NF 1，则S  AFNF  12 ，…………………5分
2 2
△ANF
2 2 2
1
所以三棱柱AFNBEM 的体积为V  S EF 2 1.…………………6分
AFNBEM △AFN 2
（2）因为EF 平面AFN，以点F 为坐标原点，FA、FE所在直线分别为x，y轴，
过点F 且垂直于平面ABEF的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，…………………7分
 2 2
则A1,0,0，B1,2,0，E0,2,0，N ,0, ，………………8分
 
 2 2 
 
设点P0,m,0，其中0m2，AP1,m,0，BP1,m2,0，
 
因为APBP，则APBP1mm2m12 0，解得m1，……9分

则点P0,1,0，AP1,1,0，
    2 2 
设平面NBE的一个法向量为nx,y,z，EB1,0,0，EN  ,2, ，
 
 2 2 
 
nEB x0
   2 
则   2 2 ，取n  0, ,2  ，…………………11分
nEN  x2y z0  2 
 2 2
  2
设直线AP与平面NBE所成角为，则sin cos  A  P  ,n    A  P  n   2  2 ，
AP n 3 2 6
2
2
12
因此直线AP与平面NBE所成角的正弦值为 .…………………13分
6
16.【解】（1）因为n，a ，S 成等差数列，所以S n2a ，①，所以S n12a n2，②
n n n n n1 n1
由①②，得a 12a 2a ，于是a 12a 1n2…………………3分.
n n n1 n n1
又S 12a ，所以a 1，所以a 12，…………………4分
1 1 1 1
因此，数列a 1是首项为2，公比为2的等比数列.…………………5分
n
所以a 122n1 2n，即a 2n1.…………………7分
n n
（2）因为数列 b 是公差为2的等差数列，b 2b 3，
n 3 2
所以，b 42(b 2)3，解得b 3. ………………8分
1 1 1
因此，b 32(n1)2n1.………………8分
n
又a 3，a 7，a 15，a 31，a 63，a 127
2 3 4 5 6 7
b 3, b 7, b 15, b 31, b 63, b 71, b 127,
1 3 7 15 31 35 63
所以c c c b b b a a a ………………13分
1 2 30 1 2 35 2 3 6

35371
 22 23  26 5 35372791176.………………15分
 
2
17.【解】（1）（i）记事件A为“甲答对了某道题”，事件B为“甲自己答对”，
1 1 1 1 3
又因为P(AB) ，故P(A)P(AB)P(AB) (1 )  ，…………………3分
2 2 2 5 5
3
（ii）X 可能取值为0，1，2，3，4，甲答对某道题的概率P(A) ，
5
3 3 2
则X ~ B(4, ),P(X k)Ck( )k( )4k,k 0,1,2,3,4，…………………4分
5 4 5 5
所以X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4
16 96 216 216 81
P
625 625 625 625 625
…………………7分
3 12
数学期望E(X)4  .…………………8分
5 5
1 1 1
（2）记事件A为“甲答对了i道题”，事件B为“乙答对了i道题”，其中甲答对某道题的概率为  p 1 p，
i i 2 2 2
1 1
答错某道题的概率为1 1 p 1 p，…………………9分
2 2
2则PACl  1 1 p 1 1 p 1 1 p2 ，PA  1 1 p  2  1 1 p2，…………………10分
1 2 2 2 2 2  2   4
PB 0     1 4    2  1 1 6 ，PB 1 C1 2  3 4  1 4  8 3 ，…………………11分
所以甲答对题数比乙多的概率为：
PAB AB AB PAB PAB PAB …………………13分
1 0 2 0 2 1 1 0 2 0 2 1
 1 1 p2  1  1 1 p2 1  1 1 p2 3  5 p2 7 p 9  3 ，
2 16 4 16 4 8 64 32 64 16
1 1
解得  p1，甲的亲友团助力的概率P的最小值为 ．…………………15分
5 5
18.【解】(1)由于y 0，故以P为切点的l的切线斜率存在且不为0，
0
设以P为切点的的切线方程为xx m(y y )，
0 0
代入y2 2x，得y2 2my2my 2x 0，即y2 2my2my y2 0，…………………2分
0 0 0 0
所以(2m)2 4(2my y2)0，即4(my )2 0，故m y ，
0 0 0 0
1
所以以P为切点的的切线斜率为 ；…………………4分
y
0
t2 y2 y2 y y y y 2 1
（2）（i）设D( ,t)，B( 1 ,y )，C( 2 ,y )，k  1 2  1 2  ，由(1)k 
2 2 1 2 2 BC x x y2 y2 y  y B1C1 t
1 2 1  2 1 2
2 2
1 2 y  y
因为BC //BC，所以  ，故t  1 2 ，
1 1 t y  y 2
1 2
(y  y )2 y  y
所以D( 1 2 , 1 2)，………………6分
8 2
1 y2 y2 y2
切线AB方程为y y  (x 1 )，即y y x 1 ，同理切线AC方程为y y x 2 ，
1 y 2 1 2 2 2
1
 y y
x 1 2

 2  y y y  y 
联立两直线解得 ，所以A 1 2 , 1 2  ………………8分
 y y 1  y 2  2 2 
 2
y  y
因为E为BC的中点，所以y  1 2 ，所以A，D，E三点的纵坐标相等
E 2
所以A，D，E三点共线.………………9分
1 S
（3）T与 S 的大小关系为T  ………………10分
3 3
2 y2 y  y y2  y2
BC:yy  (x 1 )，将y  1 2 代入BC方程得x  1 2 ，
1 y  y 2 E 2 E 4
1 2
y y y2 y2 (y y )2
所以x x  1 2  1 2  1 2  2x ，
A E 2 4 4 D
3所以D为AE的中点，BC 为ABC的中位线………………12分
1 1
1 S 1 1 1 1 1
设S  S  ，S  S ，S  S  S ．所以S  S ,同理S  S .
AB1C1 4 ABC 4 B1B2C2 4 B1BD B1BD 8 ABC 8 B1B2C2 8 AB1C1 C1B3C3 8 AB1C1
这就表明，不断作1,2,4,...,2n1个切线三角形中，第kk 2,3,...,n次作的所有切线三角形的面积均为任意一个第
1
k1次作的切线三角形的面积的 .………………14分
8
1 2
而S  S ，所以第kk 1,2,...,n次作的切线三角形的面积均为 S.
AB1C1 4 8k
由于第kk 1,2,...,n次作的切线三角形的个数为2k1，
n 2k12 n 2k n 1  1 1 1
故T  S S S S  ...  
8k 8k 4k  4 42 4n
k1 k1 k1
1 1
(1( )n)
4 4 1 1 1
S S(  )  S，结论得证.…………………17分
1 3 34n 3
1
4
1
19.【详解】（1）由y x32x23x，可得：yx24x3x1x3，
3
当x3或x1时，y0，当1x3时，y0，所以函数在 0,1和3,5 上单调递增，在(1,3) 上单调递减，
故 f x的极大值为 f 1 4 ，极小值为 f 30，…………………2分
3
又因为 f 1 f 4 4  f 5 20 ，所以对x 0,5  ,t4,5 ，当 xt 时,都有 f x f t,
3 3
即 f x在0,5上的最大“凸点”为 5.…………………4分
（2）因为函数 f x2axln1x2x 在0,2上不存在“凸点”，
所以 f x f 0在x0,2时恒成立，…………………5分
2ax 2ax
fxaln1x 2 ，令gxaln1x  2，x0,2，
x1 x1
a ax12ax ax2a2
则gx   ,0 x2，…………………6分
1x x12 x12
①当a0时，gx0恒成立，故gx在
0,2
上单调递减，
20
则 fxgxg 0aln1 2 0 ，
01
故 f x在 0，2 上单调递减，此时 f x f 0，符合要求；…………………7分
22a 2
②当a0时，令ax2a20，则x  2，
a a
2
（i）当 20，即a1时，gx0，即gx在 0,2 上单调递增，
a
则 fx gx g00，即 f x在 0,2 上单调递增，
4有 f x f 0，不符合要求，故舍去；…………………8分
2 1
（ii）当 22，即0a 时，gx0恒成立，故gx在 0,2 上单调递减，
a 2
则 fx gx g00，故 f x在 0,2 上单调递减，此时 f x f 0，符合要求；…………………9分
2 1
（iii）当 20,2，即 a1时，
a 2
 2  2   2  2 
若x0, 2，gx0，若x 2,2，gx0，即gx在0, 2上单调递减，在 2,2上单调递增，
 a  a   a  a 
2
则若需 f x f 0恒成立，有 f 2 f 00，解得a 1，
ln3
e4
2 ln
因为 11，且 2 1 43ln3 lne4ln33 27 ，
ln3 1    0
ln3 2 2ln3 2 ln3 2ln3
1 2 2
即当 a 1时，符合要求；综上所述，a 1；…………………11分
2 ln3 ln3
（3）若 f x在D上的“凸点”个数为0，则 f m f 10，符合要求；…………………12分
若 f x在D上的“凸点”个数为sN*，令 f x在D上的“凸点”分别为i ，i ，，i ，
1 2 s
其中i i i m ，sm1N*，i 、i 、、i
2,,m mN*
，
1 2 s 1 2 s
若s1，则
若i 11，由 f x f x11，则0 f i  f 11，即0 f i 1，
1 1 1
若i 1 j1，由题意 f i 1 f i ， f 1 f i ， f i 1 f 1，
1 1 1 1 1
故0 f i  f 11，即0 f i 1，又 f m f i ，故 f m1，符合要求；………………13分
1 1 1
若s2，则 f i  f 1 f i 0， f i  f i 0，…， f i  f i  0，
1 1 2 1 s s1
由 f x f x11，则0 f i  f i 11，
k k
若i i 1，即i i 1，则0 f i  fi  1，
k k1 k1 k k k1
若i i  j1，由题意 f i  j1 f i 1 f i ， f i  f i ，且 f i 1 f i ，
k k1 k1 k k k1 k k k1
又0 f i  f i 11，故0 f i  fi  1，
k k k k1
即0 f i  f i 1，0 f i  f i 1，…，0 f i  f i 1，
2 1 3 2 s s1
即有0 f i  fi fi  fi   f i  s1，即0 f i  f i s1，
2 1 3 2 s1 s 1
由0 f i 1，故0 f i s ，又 f m f i ，故 f ms，
1 s s
即 f x在D上的“凸点”个数不小于 f m .…………………17分
5