数学-山东省济宁市2024届高三下学期3月模拟考试（一模）试题和答案

济宁市2024年高考模拟考试数学试题参考答案及评分标准说明:(1)此评分标准仅供参考;(2)学生解法若与此评分标准中的解法不同,请酌情给分。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。1.A2.B3.D4.B5.C6.A7.C8.D二、多项选择题: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,部分选对得部分分,有选错的得0分。9.BC10.ACD11.AD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。112.[3,+∞)13.1114.(1,ee]∪{e-e}四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。15.(本题满分13分)解:(1)f(x)=-cos2x+3sinxcosx…………………2分sin2x-cos2x…………3分=sin(2x-)…………………4分πππ令πππ262得,-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z…………5分「」所以,f(x)的单调递增区间为—L-+kπ,+kπ」——(k∈Z)……………6分(2)由(1)知,f(+)=sin(A+)又A∈(0,π),∴A+∈(,)所以,A…………8分由正弦定理及b=2c-2a,得,sinB=2sinC-2sinA…………………9分数学试题参考答案数学试题参考答案第1页(共7页) ∴sinB=2sin(-B)-………………10分整理得,cosB…………12分又,B∈(0,),∴Bπ所以,角B的大小为……………………13分416.(本题满分15分)解:(1)设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A,记第i次(i=1,2,3)摸到红球为事件Bi,则,事件A=B1∪B1B2∪B1B2B3,………2分显然B1、B1B2、B1B2B3彼此互斥,由互斥事件概率的加法公式:P(A)=P(B1∪B1B2∪B1B2B3)=P(B1)+P(B1B2)+P(B1B2B3)………3分因为每次摸到红球后放回,所以,P(Bi),P(Bi)………………4分所以,P(A)=+×+××=……………7分(2)依题意,X的可能取值为2,3,4,5……………………8分P(X=2)=P(B1)……………………9分P(X=3)=P(B1B2)×……………………10分P(X=4)=P(B1B2B3)+P(B1B2B3B4)=××+()4=………………11分P(X=5)=P(B1B2B3B4)=()3×……………12分所以,一轮摸球游戏结束时,此人总得分X的分布列为:X2345……………13分E(X)=2×+3×+4×+5×=…………15分数学试题参考答案第2页(共7页)17.(本题满分15分) →→→解:(1)方法一:以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示空间直角坐标系.……………1分则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),G(1,1,1),E(0,1,0)…2分所以1,1,1),=(-2,1,0),=(-2,0,,P=(0,2,-2)…………3分设PF=λPD,(0≤λ≤1),平面BEFG的一个法向量为m=(x,y,z)-x+y+z=02x+y=0,解得{2xx……4分5分-x+y+z=02x+y=0,解得{2xx……4分5分令x1,,21)……………又BF=BP+PF=BP+λPD=(-2,2λ,2-2λ),BF⊂平面BEFG7分所以,·=-2+2λ×2-(2-2λ)=0………………7分解得λ,所以,2.………………8分(2)设平面CEF与平面BEFG夹角为θ,另设平面CEF的一个法向量为=(x1,y1,z1)由(1)知=(-2,-1,0),=(-2,-2,2),P=(0,,-)∴=+=+P=(-2,-,)………10分所以,11分,即----1z1=0,解得{2x1………所以,11分令x1=1,则=(1,-2,1)………………12分 →→所以,cosθ=cos<,>=n=1×1+2×()(-1)×1=.…14分即平面CEF与平面BEFG夹角的余弦值为.………15分方法二:取BC中点Q,连接PQ交BG于点S,连接QD,SF.…………1分∵四边形ABCD为正方形,E为AD中点∴DE//BQ,DE=BQ.∴四边形BQDE为平行四边形数学试题参考答案第3页(共7页)3分5分7分∴QD//BE……………3分5分7分又∵QD⊄平面BEFG,BE⊂平面BEFG∴QD//平面BEFG…………∵QD⊂平面PQD,平面PQD∩平面BEFG=SF∴SF//QD…………………又∵G为棱PC的中点,PQ∩BG=S∴点S为△BCP的重心→→→(2)以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),G(1,1,1),E(0,1,0),C(2,2,0)…………9分所以,=(-1,1,1),=(-2,1,0),=(-2,0,2),P=(0,2,-2),=(-2,-0),=(-2,-2,2)设平面BEFG的一个法向量为m=(x,y,z),解得-0,解得令x=1,则=(1,2,-1)………………11分另设平面CEF的一个法向量为=(x1,y1,z1)由(1)知P=(0,,-)∴=+=+P=(-2,-,)12分令x1=1,则=(1,-2,1)设平面CEF与平面BEFG所以,cosθ=cos<,>夹角为θ,→→ 1×1+2×(-2)+(- 1×1+2×(-2)+(-1)×1=2…3 6×613分14分即平面CEF与平面BEFG夹角的余弦值为.………15分数学试题参考答案第4页(共7页)18.(本题满分17分)解:(1)①当直线l斜率不存在时,由椭圆的对称性,不妨设直线l在y轴右侧,1分直线OA的方程为y=x,…………………1分由1,解得x=,y=2626所以,A(,)33所以,直线AB的方程为x,此时P(,0).2分同理,当直线l在y轴左侧时,P(-,0).……………2分②当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2)y=kx+m2224分由+1消去y整理得,(1+2k)x+4kmx+2m-8=0……………y=kx+m2224分5分6分∴Δ=64k2-8m2+32>0,且x1+x2=,x1x2=,………5分6分又∵OA⊥OB,∴·=0即:x1x2+y1y2=0……)=07分所以3m2=8(k2+1)满足Δ>0……………7分所以,|OP|=k1=k1==236. 8分9分综上,|OP|,所以,点P的轨迹方程为x2+y2.……………8分9分(2)①由(1)可知,当直线l斜率不存在或斜率为0时,SΔABC.………②当直线l斜率存在且不为0时,AB=1+k2x1-x2=1+k2=1+k2·218=436·(1k2)数学试题参考答案第5页(共7页)=436·=436·1+4k4+k2+1·1+…………12分 ∵k2>0,∴4k2+≥4,当且仅当k2,即k=±等号成立.…13分∴1+∈1,—∴AB∈,23—……………………15分∴SΔABCOP·AB∈,22—…………………16分综上,SΔABC∈,22—.…………………17分19.(本题满分17分)(1)解:函数f(x)的定义域为（0,+∞),f'(x)-ax……1分①若a≤0,f'(x)>0恒成立,f(x)在（0,+∞)上单调递增.……………2分②若a>0,x∈0,时,f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减.……………4分综上,当a≤0时,f(x)在（0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在0,上单调递增,在,+∞)上单调递减.…………5分(2)证明:令F(x)=)--1)2---l0)……6分则F(x)-ax-=-ax-ln--x1+a(x2+x1)因为a>0所以,F(x)=-ax-ln--x1+a(x2+x1)在区间（x1,x2）上单调递减.……7分F(x1)=1-ax1-ln--x1+a(x2+x1)=数学试题参考答案第6 1-lnx2-lnx1x1x2-x1页(共7页)+a(x2-x1)(-1-ln)+a(x2-x1)…………9分令g(t)=t-1-lnt,t>0,则g'(t)=1-所以,t∈（0,1）时,g'(t)<0,g(t)单调递减,t∈（1,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增所以,g(t)min=g(1)=0x2x2x2又0<x1<x2,所以,>1,所以x2x2x2x1x1x1又因为a>0,x2-x1>0,所以,F(x1)>0.…………10分同理