山东省潍坊市(安丘、诸城、高密)三县市2022-2023高三数学10月联考试卷及答案.pdf

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1、 高三数学答案 第 1 页(共 5 页)202210 高三数学试题 答案答案 一、选择题一、选择题:本大题共本大题共 8 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 40 分。在每小题给出的四个选项中,只有一分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1-5 BBACD 6-8BDD 二、选择题:本题共二、选择题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分分,共共 20 分分.在每小题给出的选项中,有多项符合题在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得目要求。全部选对的得 5 分分,部分选对的得部分选对的得 2 分,有选错的得分,有选错的得 0 分

2、分 9.BC 10.BC 11.AD 12.ABD 三、填空题三、填空题:本大题共本大题共 4 个小题,每小题个小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分.13.32 14.-360 15.3(21)n 16.4 四四、解答题:共、解答题:共 70 分分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.解:(1)因为当2n时,有1(1)2nnnana,所以121nnaann,2 分 令nnabn,则12nnbb,2n,所以数列 nb为等比数列,公比为2,首项为2,所以2nnb,4 分 所以2nnan,5 分(2)由(1)知(9)92nnnn nnca,得11

3、82nnnc,6 分 1111898218102222nnnnnnnnnnncc,7 分 当10n 时,110,nnnncccc,即1110cc;当10n时,110,nnnncccc,即109821ccccc;当10n 时,110,nnnncccc,即111213ccc,所以数列nc是先增后减,最大项为1011101121024cc,9 分 因为当19n时,0nc 且数列nc是单调递增;当10n时0na,所以数列nc的最小项为1842c.10 分 18.解:(1)由条件概率公式可得12211()()()A AA AAPPP4 317 6427;所以第一次摸到蓝球,第二次摸到红球的概率为12;4

4、 分(2)由概率乘法公式可得 12312312()=()()AA AAAA AAPPP,6 分 因为12121()=()()AAAA APPP,所以123121312()=()()()AA AAA AA AAPPPP;8 分 高三数学答案 第 2 页(共 5 页)由可得123123123123()()()()()AAA AAA AA A AA A A3PPPPP 121312121312()()()()()()AA AA AAAA AA AAPPPPPP121312121312()()()()()()AA AA A AAA AA A APPPPPP=,11 分 所以()A3P=.12 分 19

5、.解:(1)由题意得函数32()1f xxaxbx,可得2()32fxxxba,1 分 已知函数()f x的单调减区间为1(,1)3,故()0fx 的解集为1(,1)3,2 分 所以1()0,3(1)0,ff故11320,93320,abab 得1,1ab,4 分 经检验,成立;故1,1ab;5 分(2)因为22()32fxxaxa,可得222()3()2(4)faaaaaa ,即24ka,7 分 又由3223()()()()11faaaaaaa ,得切线方程为32(1)4()yaaxa,即23431ya xa,令0 x,可得331ya,即331ma,9 分 则39931maaa,令 3931

6、,0g aaaa,可得 42229999,0ag aaaaa,令 0gx,即4990a,解得1a,令 0gx,即4990a,解得01a,所以函数 g a在区间(0,1)单调递减,在区间(1,)单调递增,11 分 所以当1a 时,函数 g a取得最小值,最小值为(1)3 1 913g 12 分 20.解:(1)22 列联表为:设备连续正常运行天数超过 30 天 设备连续正常运行天数未超过 30 天 合计 改造前设备台数 5 15 20 高三数学答案 第 3 页(共 5 页)2 分 2240(5 5 15 15)106.63520 20 20 2099%.K 易知 分所以有的把握认为技术改造前与技

7、术改造后的连续正常运行时间有差异分(2)当 n=1 时,设备的总损失额为 y=3600 元;当 n=2 时,设备的总损失额为 y=5900 元;当 n=3 时,设备的总损失额为 y=8400 元;当 n=4 时,设备的总损失额为 y=11100 元;设选择方案一、方案二的设备维修所需费用与设备停工总损失额分别为 X、Y 元,选择方案一,则 E(X)=3600+4000=7600 元,7 分 选择方案二,则 Y 的可能取值有:4600,6900,9400,12100,1342(4600),(6900),(9400),(12100),10101010P YP YP YP Y所以,所以,随机变量 Y

8、 的分布列如下表所示:Y 4600 6900 9400 12100 P 110 310 410 210 10 分 13426900940012100871010101010所以,E(Y)=4600元,所以,E(X)E(Y),故选方案一较12 分 21.解:(1)依题意,根据222(1)0nnSn Sn,得2()(1)0nnSnS,又0,0nnaS,得2nSn;1 分 当2n时,221(1)21nnnaSSnnn;当1n 时,111aS适合上式,所以数列na的通项公式21nan,3 分 所以1133114,baba,又因为2*21()n nnb bbnN,所以数列 nb为等比数列,所以22314

9、bbqq,解得2q或2q(舍去),所以12nnb.5 分(2)由题意可知,2nSn,12nnb;由已知221(67),log,nnnnnnbna acbn为奇数,为偶数,改造后设备台数 15 5 20 合计 20 20 40 高三数学答案 第 4 页(共 5 页)可得1(67)22,32,nnnncnnnn为奇数,为偶数,6 分 设 nc的前2n项和中,奇数项的和为nP,偶数项的和为nQ,所以135212462=,=,nnnnPccccQcccc 当n为奇数时,,21 23(67)2223212nnnnnncnnn 所以 2042642221352122222222=()()()()51951

10、394143nnnnPccccnn 0,44411=412=1nnnn8 分 当n为偶数时,ncn,所以246222=246212nnn nQccccnn n,10 分 由24(1)41nnnTn,得44(1)414111nnnnnnn,1(11)nn n 即,当n为偶数时,21nn对一切偶数成立,所以5,当n为奇数时,21nn对一切奇数成立,所以此时1,故对一切nN恒成立,则15.12 分 22.解:(1)由题意可得()(2),()xfxxae g xa,令()()()(2)xh xfxg xxaea,1 分()(1)xh xxae,(1)0h a,当1xa时,()0h x,()h x为减函

11、数;当1xa时,()0h x,()h x为增函数;所以()h x的最小值为1(1)ah aea,令1()(1)ap ah aea,显然()p a为减函数,且(1)0p,3 分 所以当1a,(1)0h a,所以()0h x,所以()h x无零点;当1a,(1)0h a,所以()h x有一个零点;当0a,(1)0h a,因为当1xa时,()h xa,故()h x无零点,当1xa,()h x有一个零点;当0a 时,()(2)xh xxe,显然有一个零点;当10a 时,当1xa时,()h x有一个零点,当1xa,()h x有一个零点;故有两个零点.高三数学答案 第 5 页(共 5 页)综上所述,当0a

12、 时,()h x有一个零点;当10a 时,()h x有两个零点;当1a,()h x有一个零点;当1a,()h x无零点;6 分(2)2211()()()221221,2xFxkexxxxkfgxxx 2221xxFxkexxxke,7 分 由题设可得 00F,即1k,8 分 令 0Fx 得12ln,2xk x ,若21ke,则120 x,当12,xx 时,0Fx,当1,xx时,0Fx,即 F(x)在12,xx 单调递减,在1,x 单调递增,故 F x在1xx取最小值 1F x,而 111221111111211111111(1)21(1)2122111212022xxxF xk xexxxexxexxxxx 所以当2x 时,0F x,即21()()22kf xxg x恒成立 若2ke,则 222xFxexee,所以当2x 时,0Fx,F x在2,单调递增,而20F,当2x 时,0F x,即21()()22kf xxg x恒成立,若2ke,则222210Fkeeke ,所以当2x 时,21()()22kf xxg x不可能恒成立 综上所述,k的取值范围为21,e 12 分

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