2024届山东省菏泽市高三一模数学答案

2024.03高三数学一模试题参考答案一、单选题1—8．CADABCBC二、多选题9—11.ACDABACD17三、填空题12.161314.-13四、解答题15题解析：(1)由푆푛=2푎푛−2①当푛=1时，푆1=2푎1−2=푎1解得푎1=2当푛≥2时，푆푛−1=2푎푛−1−2②①−②得푎푛=2푎푛−1푛−1푛∴푎푛=푎12=2푛经验证푎1符合上式，所以푎푛=2---------------------------------------6分2푛−1(2)证明：由(1)知푎2푛−1=2∴푏푛=log2푎2푛−1=2푛−1，푏푛+1=2푛+1------8分1111则푐푛==(−)---------------------10分푏푛푏푛+122푛−12푛+11111111111푐+푐+푐+⋯+푐=(−+−+⋯+−)=(1−)<123푛213352푛−12푛+122푛+12------------------------------------13分16.（1）由题意可设1，2，3号球的个数分别为푛，2푛，푛，则取到异号球的概率11112퐶푛퐶2푛+퐶푛퐶푛5푃=2=-----2分퐶4푛72∙5푛25∴=即푛2=2푛4푛(4푛−1)7解得푛=2-----4分所以盒中2号球的个数为4个.-----5分（2）若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，因为猜对谜语的概率相互独立，记푋为甲获得的奖金总额，则푋可能的取值为0元，100元，600元，푃(푋=0)=0.2푃(푋=100)=0.8×(1−0.5)=0.4푃(푋=600)=0.8×0.5=0.4푋的分布列为：-----8分푋0100600푃0.20.40.4푋的均值为퐸(푋)=280-----9分若甲先回答3号球再回答1号球，因为猜对谜语的概率相互独立，记푌为甲获得的奖金总额，则푌可能的取值为0元，500元，600元，푃(푌=0)=0.5{#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}푃(푌=500)=0.5×(1−0.8)=0.1푃(푌=600)=0.8×0.5=0.4-----12分푌的分布列为：푌0500600푃0.50.10.4푌的均值为퐸(푌)=290-----13分因为퐸(푌)>퐸(푋)，所以推荐甲先回答3号球中的谜语再回答1号球中的谜语.-----15分117.(1)取퐵퐸的中点푁，连接퐴푁，푀푁，则푀푁//퐵퐶21又∵퐴퐷퐵퐶∴푀푁퐴퐷2∴퐴푁퐷푀为平行四边形∴퐷푀∥퐴푁-----3分又퐷푀⊄平面퐴퐵퐸퐴푁⊂平面퐴퐵퐸∴퐷푀∥平面퐴퐵퐸-----5分(2)取퐴퐷中点为퐹，过点푂作直线퐵퐶的垂线交퐵퐶̂于点퐺，分别以푂퐺，푂퐶，푂퐹所在直线为푥轴，푦轴，푧轴建立如图所示的空间直角坐标系1∵퐵퐶为直径，∴퐵퐸=퐵퐶2∴∠퐵퐶퐸=30∘，∠퐵푂퐸=60∘，∠퐸푂퐺=30∘，在梯形퐴퐵퐶퐷中易求高为√3-----7分∴퐸(√3，−1，0)，퐶(0，2，0)，퐷(0，1，√3)，퐵(0，−2，0)，퐴(0，−1，√3)∴퐶퐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√3，−3，0)，퐶퐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0，−1，√3)，퐵퐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√3，1，0)，퐵퐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0，1，√3)----9分设平面퐷퐶퐸的法向量为푚⃗⃗=(푥，푦，푧)⃗⃗⃗⃗⃗√3푥−3푦=0则{푚⃗⃗∙퐶퐸=0∴{令푦=√3则푥=3，푧=1푚⃗⃗∙퐶퐷⃗⃗⃗⃗⃗=0−푦+√3푧=0∴푚⃗⃗=(3，√3，1)同理求得平面퐴퐵퐸的法向量为푛⃗=(1，−√3，1)-----13分设平面퐴퐵퐸与平面퐶퐷퐸所成的角为훼푚⃗⃗⃗∙푛⃗65则cos훼=||=√|푚⃗⃗⃗|∙|푛⃗|6565∴平面퐴퐵퐸与平面퐶퐷퐸所成角的余弦值为√.-----15分65{#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}b2c2a2418.解：（1）由题意得，，解之得，2a2b2abc222xy22所以椭圆C的程为1..----------------3分42(2)由（1）知bcAFO2,所以,14设直线AM、AF1、AN的倾斜角分别为、、、MAF1F1AN,则kk1tan,2tan,,则4所以2，--------------------------------------------------------6分21所以tantan(),所以tantan1,即kk12tan12----------------------------------------------------------------------------------------------8分ykx21（3）设直线AM：ykx2,解方程组22得1xy14242kk42（2212同理得，12k11)x42kx0,xMN22,x12kk121242k由（）知1分2k12k1,,xN2-------------------------------102k111SAMANsinMANAMAN1cos2MANAMN22112222AMAN(AMANcosMAN)22AMAN(AMAN)2222222222又AMxMMMMM（y-2）xk11x(1k)x{#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}22222211kk（）同理221122，2，AN(1k2)xN22xNNAMANxMxkk11AMAN(xMMNNMNMMN,y2)(x,y2)2xx,k12xkxNxx222222222222（1k1）(AMAN)4xMMxNN,(AMMNAN)4AMAN2xxxxk1（1k22）11222221分(24)xMMxNN(k1)xx,2k1k111111142kk42222（11）（）SAMN()k1xMxNk1xMxNk1222k12k12k112k12k11116kk161132kk2211611kkkk1111,51分112242212k1(12)(2k1k1)k12k15k12222kk11252()9kk11116t16842932232令t=则当2即，k=时k1o,SAMN2,,tt1k12tt92183232742取等号，所以S的最大值是17分AMN3ax19.解：（1）由fx(x)ln(1)，Rx()，1bx112aab知f(),(),(),(),xfxRxRxx1(x1)2(1bx)2(1bx)3a11由题意f(0)R(0)，f(0)R(0)，所以,所以a=1,b=--------------------3分21ab22x2x（2）由(1)知，Rx()，令(x)f(x)R(x)ln(x1)-(x1),x2x214x2则()xo，所以()x在其定义域(-1,+∞)内为增函x1(x2)22(x1)(x2)）时，数，又(0)f(0R(0)0,x0(x)f(x)R(x)(0)0;1x0时(x)f(x)R(x)(0)0所以x0时，f(x)R(x);时,1x0fR(xx)().--------------7分{#{QQABDYQQggigQABAAAgCEwWICgKQkAEAAKoOwAAIIAIBiBFABAA=}#}fx()11(3)由h(xm)fx(m)(x)()ln(1),R(xx)2111(1)ln(1)mx2xxxhx()xln(m1)()xx22xx1fx()1由h(xm)()f(x)在(0,+∞)上存在极值，所以h()x在(0,+∞)上存在变号零点.Rx()2令g(x)mx2x(x1)ln(x1),则g(x)2mx1ln(x1)12mxln(x1),1g(x)2mx1①当m0,时，g()0,()xgx为减函数，g()xg(0)0,()gx在0上为减函数，gx()g(0)0,.无零点，不满足条件1②当2m1,即m时，gxgx()0,()为增函数，gxg()(0)0,gx()在0,上为增函数，2g(x)g(0)0,.无零点，不满足条件111③当02m1,即0m时，令g(x)0即2m,x12xm1211当0x1时，g()0,()xgx为减函数；x1时，g()0,()xgx为增函数，22mm111g()xg(1)2(m1)ln(11)12mln2;mmin2m2m2m1令H()1xxln,0xx1,易证H()0,xg(1)(12)ln2mm0恒成立；2mmx2211mxx0,0m1,x(m1)0，mx1,1ln(x1)mxln(x1);xx11mx2xg(x)(x1)ln(x1)x1mx22xmx1令lx()ln(x1)1ln(xmxxmx1)ln(1)(1)ln(xm1),xx11易证ln(xx1)21mml()xm(1)2xx1m(1)xm(1)2xx1221616m令xx1,则1,(x1)2x10mm222m81(x1)mm0(0