2024年1月济南市高三期末学情检测数学试题参考答案一、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。题号12345678答案CDBCCABD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。题号9101112答案BDACDACBCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。421713．；14．1；15．6；16．．33四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．【解析】（1）由题意得，a2c2b2ac，a2c2b21所以cosB，2ac22又0B,所以B.3（2）法一：因为SVABCSVABDSVBCD11所以acsinABCBDsinABD(ac),则a3，得c6222221在△ABC中，由余弦定理得bac2accosB93623663，2则b3718．【解析】（1）取BC中点N，连接AN，则CNADCD2，又ADCN，BCCD，所以四边形ANCD为正方形,则ANBANC90，NAC45，-1-又在△ANB中，ANBN2，则BAN，所以，BAC，即ABAC.42又平面ABCD平面PAC，平面ABCD平面PACAC，AB平面ABCD，所以AB平面PAC，又PC平面PAC，所以PCAB.（2）取AC中点O，BC中点N，连OP，ON，所以ONAB.因为AB平面PAC，所以ON平面PAC，因为PAPC,所以OPAC，所以ON,,OCOP两两垂直，以O为原点，ON,,OCOP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，则平面PAC的一个法向量是m(1,0,0)，1又C(0,1,0)，B(2,1,0)，M(0,,1)，23所以，CB(2,2,0)，CM(0,,1)2设n(x,y,z)是平面MBC的法向量，2x2y0nCB0则3nCM0yz02令x2，可得n(2,2,3)，2217所以cosm,n，1717217所以，平面MBC与平面PAC夹角的余弦值为1719．【解析】nn1n1（1）当n≥2时，bnSnSn1(21)(21)2．n1时，S1b1a11，也适合上式，n1因此bn2.（2）设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k(k≥3)行有2k1项，-2-k1k1k1k1kTk=2+（）22+（）24++（）222k1k1kk1k1k11k1k122222222212（或者）2224k12k122k12k1.20．【解析】（1）年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计持支持态度254570不持支持态度201030总计4555100100(25102045)2K2703055458.129因为8.1296.635，所以有99%的把握认为对人工智能所持态度与年龄有关.255（2）依题意可知50岁以上（含50岁）的人中对人工智能持支持态度的频率为.4595由题意可得XB3,，9X的所有可能取值为0，1，2，3，32又464，15424080PX(0)PX(1)C397299972924323254300100，35125PX(2)C3PX(3)C3997292439729所以X的分布列如下：X01236480100125P72924324372955所以X的期望是EX()3.93-3-21．【解析】22x1y1（1）设点M的坐标为(,)xy，由题意可知，，4x2x2y2化简整理得，W的方程为1．43（2）法一：由题意知，直线AB的方程为yk1(x1)，x2y2与W的方程1联立可得，4322224k13x8k1x4k1120，8k2设，由韦达定理得，1，A(x1,y1),B(x2,y2)x1x224k136k1则y1y2k1x1x22k12，4k134k23k所以，点的坐标为11．P2,24k134k134k23k同理可得，的坐标为22．Q2,24k234k234k1k23所以，直线PQ的斜率kPQ，4k1k24kk34k23k1211所以，直线PQ的方程为y()x22，4k1k24k134k134kk3kk即y12x12，4k1k2k1k211又1，则k1k2k1k2，k1k24kk3所以直线PQ的方程即为y12x1．4k1k2所以，直线PQ过定点(0，1)．22．【解析】（1）f()x的定义域为(0,)．3111当a1时，fxxlnxx2，则fxlnx．22x2x2211x21令g(x)lnx，则gx．2x22x3-4-故当x0,1时，g()x单调递减；当x1,时，g()x单调递增．于是gx…g10，即f(x)…0，故f()x的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间．13（2）由题意知fxalnxa．2x2213a1ax21令h(x)alnxa，则hx．2x22xx3x331由（1）可知若a1，则当x…1时，fxxlnxx2…f10．22x若a…1，则当x…1时，3131fxaxlnxx2…xlnxx2…0，符合题意．22x22x若a„0，则当x1时，hx0，于是fxh(x)h(1)a10，则f(x)f(1)0，矛盾．1若0a1，则当1x时，hx0，于是fxh(x)h(1)a10，a此时f(x)f(1)0，矛盾．综上所述，a的取值范围是[1,)．31312（）当时，由（）可知，即．3a12fxxlnxx2…0lnx…2(x…1)22x22xx1取x1(kN)，可得k12k32k1111ln1222k2k12k1k12k1111111,k12k1k2k12k1k211111即ln1．kk12k1k2令kn,n1,,2n1，累加可得111111nln2n1n22n21212121nnnn111．….122n44n222n3nx1(x1)2另一方面，考虑函数．则，Fxlnx,x…1Fx2„022x2x-5-x1F()x在[1,)上单调递减，则F(x)„F(1)0，于是lnx„,x…1．22x112k1kk1111取x1(kN)，可得ln1,kk2kk12kk12kk111111整理得ln1．kk12kk11111111令kn,n1,,2n1，累加可得ln2．n1n22n2n2n4n11111综上所述，对于任意nN，ln2成立.4n2n1n22n4n-6-