2023山东省一联高三数学答案(1)

山东省高三年级适应性联考（一）131f(x)f(0)0所以ln(x1)1，当x0时取等号，得ln，x123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22一项是符合题目要求的1x1x(x1)(x2)x.当x(0,1)时，g(x)cosx10，其中cosx1需x12x12(x1)21.C.解析：由lnx1得0xe，选C132．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A223.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，43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23，正方体的棱长为2，鳖臑体积为，选B3９.AD解析：（1）d0，显然A正确174.D解析：由，得sin()cos(2)(a1a13)6339（2）由题意得，a60，a70，s1313a0，B错13277则sin(2)sin(2)cos(2)，选D.63239snd（3）数列为等差数列，且和数列an的首项相同、公差为C错n25.C解析：ABC，点D在线段BC上（不包括端点），向量ADxAByAC，可得11s（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，121267671112nnxy1，x0,y0，（）(xy)223，当且仅当y2x时成立选Cxyxydba(n1)，b0,b0，D对aan11213C解析：当时，在，单调递增，fxlog(x)单调递减，题目要26.a0xa1x2xa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：xa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x1232x222xyy22x2y2x22y2（2）摩天轮速旋一周需24分钟，第二次高度相同，8+12=20B对7.B解析：x0,y0，m3，当且仅当x2y2222xyxy（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1231211xA解析：先证，设，求导可得，8.ln(x1)1f(x)ln(x1)1f(x)2间的交集为10—18.D对x1x1(x1)11.AD解析：函数f()()xx2axbex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B1C1的中点为N，AD1MN，AMND1为截面，D1N垂直面BB1C1C，D1NMNA对（2）D1NCB1，MNCB1，B对（3）DP在面AA1B1B的射影不可能与AM垂直，C错（4）V:V2:1，V:V3:1，D对A1AD1MBAD1MCAD1MB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24113.3解析：a，b为非零向量，由aab1得b2cos0，由cosa，ab，2RBx11由正弦定理得得RB2sin()x.......3分得bcos，b1，cos，可求2ab的模为3sin()sin42244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nn1nn11054215.解析：矩形ABCD，AB1，BC2，E是边BC的中点．AE和BD交于点M，可13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AECD2121121121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．SPQRx()()......9分322sina2cosa25sin(a)1016.6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11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4，210cosBsinB118.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cos2Csin2C15（1）求角A和角C之间的等式关系相加得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22235（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)632cosBsinB1cosBsinB1解：（1）由得，1cos2Csin2C2sin2C2sinCcosCcosBsinB1sinC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sinCcosC得cosAsinC......3分1当m0时，令fx0，解得x，CA或CA.....5分m22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；22mm因为cosC0，得CA，B2A2211当x时，fx0，则fx在,上单调递减；.....4分3mmBD为角CBA的角平分线，得BDC,BDA.....7分441所以当m0时，fx在x处取极大值1lnm；.....5分2BA2m,BABD2，由正弦定理得3sinAsinsinA（2）fxlnxmx2，4lnx2lnx21令，得，令，在区间有2个零点，2BC2lnxmx20mg()xfx2,e，BCxxe，.....9分sin(A)sincosA241即ym与yg()x在区间,e有2个交点，.....6分e223lnx21lnx1lnx1由ABC的面积为，得g()x，g()x，g(x)0，x3xx2x2e122231222311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2sinAcosA32sinAcosA3ee即tan2A3,A，得c22.....12分当x，g(x)0单调递减，.....10分619.已知函数fxlnxmx2．113g()0，yg()x的最大值为g()e，g()e，.....11分e2ee（1）求fx的极值13ym与yg()x在区间,e有2个交点，则me。.....12分1e2（2）若fx在区间,e有2个零点，求m的取值范围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BCx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m1cosn,m，.....11分nm4（1）求到平面的距离；ADBC15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：（1）∵ACCD2，作AHDC交DC于H，为偶数21.设数列的首项，且2an,n,，数列的项和为ana11aannsnn1a1,n为奇数.∵平面ADFC平面BDC，而平面ADFC平面BDCDC，nAH平面ADFC，∴AH平面BDC，．.....2分（）求1an而BC平面BDC，即有AHBC，（2)求s19∵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（2a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1nn1n12n12n1为中点，到平面的距离为等于。．.....6分所以（+2），于是n1．故n1．.....3分MADBCAH3a2n122a2n1a2n12a122a2n1322(2)由DBC的面积为1，得∴BC1，若n为奇数，则an1an12an11，即a2n2a2n21，以为坐标原点，取中点为，所在直线为x,,yz轴建立空间直角坐标系，MABNMN,,MCMDn1n1所以a2n12a2n21．于是a2n1a212，a2n321.....6分则ACBD(0,1,0)，，，(0,1,0)(1,1,0)(0,0,3)，n13221,n为偶数,a；.....8分nn1AB(1,2,0)，AD(0,1,3)，CB(1,0,0)，CD(0,1,3)．.....8分3222,n为奇数.设平面的法向量n(,,)xyz，ABD（2），s19(a1a2)(a3a4)(a19a20)a20nABx2y0则，因为aa1,n为奇数，所以n1nnADy3z0s（2aaaa)a10.....10分令y3，x23，z=1，191351920s（23612329)40(3291)10，n(23,31)，，19s92935.....12分设平面BCD的法向量m(,,)abc，1922.设a，b为实数，且，函数x2，直线，x2x1a1fxae(xR)ybxxx2x1x2ee欲证，即证12，即证x1x2，即x1x22lnbebebex2x1（1）若直线ybx与函数fxaxe2(xR)的图像相切时，ttx2x121求