参照秘密级管理★启用前淄博市2023−2024学年度高三摸底考试数学参考答案一、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．1．D；2．A；3．D；4．B；5．B；6．C；7．C；8．C.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．9．AB；10．ABD；11．AC；12．ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.120;14．相交;15．43;16．2.四、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．（10分）解：（1）因为fxwxwx()sin()sin()6231所以fxwxwxwxwxwx()sin()sin()sincoscos622233sincoswxwx22133sincoswxwx223sinwx3......2分w由题设知：f()=0，所以−=k，kZ，故wk=+62......4分663又03w，所以w=2......5分（2）由(1)得fxx()3sin2，3所以g(x)3sinx3sinx.......8分431232因为x−，，x−−，......9分4412333当x−=−，即x=−时，gx()取得最小值−.......10分12342高三数学摸底试题答案第1页（共5页）{#{QQABIYyAgggAAgBAABhCQQkYCkAQkBACCIoOAEAMsAAAAAFABCA=}#}18．（12分）解：(1)连接AMOMMNPN,,,，MN,依次是底面AB的两个三等分点，四边形OMNB为菱形，设MBONQ=，则Q为ON的中点，且ONM⊥B……1分又OPO=N,=PON60,故OPN为等边三角形，连接PQ，则ON⊥PQ,……2分又MBPQ=Q，⊥ON面PMB,PB面，⊥ONPB……3分依次是底面的两个三等分点，ONA//M，⊥AMPB……4分又因为AB是半球O的直径，P是半球面上一点，因此PAP⊥B……5分又AMPA=A，⊥PB面PAM,PM面PAM，⊥PBPM……6分(2)根据题意可知PQ⊥面AMB,如图建立空间直角坐标系，则PMBA(0,0,3),(3,0,0),(3,0,0),(3,2,0)−−，……7分PMPABA=−=−−=−(3,0,3),(3,2,3),(23,2,0)，设面PAB的法向量为nxyz=(,,)，nPAxyz=−−=3230则,nBAxy=−=2320令x=1,则yz==−3,1，因此n=−(1,3,1)，……10分设直线PM与平面所成角为，nPM2310sin=||==.……11分|n||PM|56510∴直线与平面所成的角的正弦值为……12分519．（12分）解：（1）已知abAaB=−coscos，由正弦定理得：sinABAABBA=sincos−sincos=sin(−)，......2分又因−BA−，0A，......3分222所以ABA=−，即BA=2.......4分（2）因为且ΔABC为锐角三角形，所以0A，0B，0C，222高三数学摸底试题答案第2页（共5页）{#{QQABIYyAgggAAgBAABhCQQkYCkAQkBACCIoOAEAMsAAAAAFABCA=}#}即，0A，02A，0)−+（AB，......6分22223可得：A，所以cosA，......7分6422bsinBsin2A2sinAcosA则====2cosA(2,3)asinAsinAsinAb即的取值范围是(2,3).......8分asinAsinB（3）由正弦定理得：a=，b=，sinCsinC11sinsin1sinsin21sin2sincosABAAAAA所以SabC====sin22sin2sin32sin2coscos2sinCAAAAA+sincossincos12AAAA===......10分223sin2coscosAAAA+2sin3cossinAA−−tanAtanA3又因，可得：tan1A......11分333383设fxx()=−在(,1)为单调递减函数，可得−tan2A（，）.x3tan3A31所以S（，）......12分8220.（12分）解：（1）设等差数列an和bn的公差分别为d1,d2，那么1+2dd11=1+(1+)d1=1，所以,所以ann=n,b=2n−1,d=21+4d2=1+3d2+1+d12那么，C1=b1−a1=110−=，C2=maxb1−2,a1b2−2a2=−1,...........2分C3=maxb1−3a1,b2−3a2,b3−3a3=−2,猜想，Cn的通项公式为cn=1−n.....................................5分当n3时，(bk+1−nak+1)−(bk−nak)=(bk+1−bk)−n(ak+1−ak)=2−n0，所以数列bk−nak关于kN单调递减.所以Cn=maxbnabna1−1,2−2,,bnan−n=bna1−1=1−n...............7分1111（2）==−.......................8分(3−Cnn)(2−C)(n+2)(n+1)n+1n+2高三数学摸底试题答案第3页（共5页）{#{QQABIYyAgggAAgBAABhCQQkYCkAQkBACCIoOAEAMsAAAAAFABCA=}#}11111111所以Sn=−+−++−=−..............10分23341222nnn+++1414414−+由题意得：−m2+4m，解得m，222所以偶数m=2......................................................12分21．（12分）解证：（1）原问题等价于：当x0时，fx()0=e1x−−−xax2恒成立……1分令gxfxeax()()12==−−x，则gx(a)e2=−x，显然gx()在(0,)+上单调递增，故gxga()(0)12=−，…………………2分1①当a时，12−0a，故gx()0恒成立，即fx()在上单调递增，从2而fx(f)(0=)0恒成立，因此fx()在上单调递增，从而有fx(f)(0=)0恒成立，符合题意；……………………………4分1②当a时，ga(0)120=−，又gaaaa(ln(12+=−=+−=))e2(12ln(1)210+2a)，2由零点存在定理可知，存在xa0+(0,ln(12))，使得gx(0)=0,………………5分因此当xx(0,0)时，gx()0，即在(0,x0)上单调递减，从而当时，fxf()(0)0=，即在上单调递减，从而有fxf()(0)0=，这与题设不符．……………………………………………………………………………6分1综上可知，a的取值范围为−,．………………………………7分2exx−1(1+ln)（2）当x1时，ex(1+lnx)ex2等价于Fx()=−10…8分x2(1+lnx)1+−+2lnlnxxxx2lnx−1由F()xee=exxx−−−1−=11，…9分x2x3x31令G(x)=xlnx−2lnx+x−1，则G（'x)=lnx+2(1−)0，…………10分xGx()在(1,)+上单调递增，从而G()(1)0xG=，即Fx()0，因此Fx()在上单调递增，从而F(x)=F(1)0，即．……12分高三数学摸底试题答案第4页（共5页）{#{QQABIYyAgggAAgBAABhCQQkYCkAQkBACCIoOAEAMsAAAAAFABCA=}#}22．（12分）解：（1）设“第三回合由甲发球”为事件A，则332111P(A)=+=……2分555525（2）①第i回合(i2)是甲发球要分两种情况：第i−1回合是甲发球且甲得分，或第回合是乙发球且甲得分，31即：ppp=+−(1)，……4分ii−−1155i21故pp=+，i55i−112221故pppiiii−=−=−−−11(2)，……6分35155312又pp=−=1,0，……7分1133122故pi−是以为首项，为公比的等比数列.……8分335i−1122②由①可得pi−=，335i−1122故pi=+.……9分335记“第回合甲得分为Xi”，则显然服从两点分布，且事件“Xi=1”等价于“第i1回合是甲发球”，故P(Xi==1)pi+1.又甲､乙共连续进行n个回合比赛后，甲的得分为XXXX=+++12n，故n222−1innnn1224nn2355E(XE)1===Xp+=+=+−(ii)+12ii===111i3353391−55……12分高三数学摸底试题答案第5页（共5页）{#{QQABIYyAgggAAgBAABhCQQkYCkAQkBACCIoOAEAMsAAAAAFABCA=}#}