1、-1-山东省新高考联合模拟考试山东省新高考联合模拟考试 数学数学试题试题参考答案参考答案 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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C C B A D B D 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 9 10 11 12 答案 BC ACD ABD ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。133；14240；15(
2、1 1)，答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可；163 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）由题意及参考数据可得：3x=，521()10iixx=，55222211(5)(5)1564iiiixxyy=，515170813 62061537iiix yxy=，所以 515222211515370.981564(5)(5)iiiniiiix yxyrxxyy=，因为y与x的相关系数近似为0.98，说明y与x的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与x的关系.（2）由62061241.25y=及（1）得：51522151537153.710
3、5iiiiix yxybxx=，1241.2153.731702.3aybx=（）所以 y关于x的回归方程为：153.71702.3yx=+-2-将 2023 年对应的年份编号6x=代入回归方程得：153.7 6 1702.3780.1y=+=所以 我国 2023 年的新生儿数量约 780.1 万人 18【解析】（1）因为 122nnS+=，所以 122nnnnaSSn=，当1n=时，112aS=，适合上式，所以 2nna=所以 22loglog 2nnnban=（2）11221212()()()nnnnnTa bbba bbba bbb=+1212()()nnaaabbb=+因为 122nn
4、S+=，212122nnnbbbn+=+=，所以 212(22)()(21)()2nnnnnTnn+=+19【解析】（1）因为 三棱台ABCDEF是正三棱台，M为棱AB的中点，2ABDE=所以 DEMB且DEMB=，所以 四边形DMBE为平行四边形，所以 MDBE且MDBE=，同理 NFBE且NFBE=；所以 MDNF且MDNF=，所以 四边形DMNF为平行四边形 取AC的中点为O，连接AE EC OE OB，因为 EAEC BABC=，所以 ACOB，ACOE，又OBOEO=，所以 直线AC 面BOE，又BE 面BOE，所以 ACBE，又MNAC，MDBE，所以 MNMD，所以 四边形DMN
5、F为矩形（2）以O为原点，OB OC，所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系 设正方形DMNF的边长为 1，则121DEABBE=，则(01 0)A，(3 0 0)B，(0 1 0)C，316()623D，则(0 2 0)AC=，316()623AD=，(3 1 0)BC=，设平面ACFD的法向量为()x y z=，n，zyxONMFEDABC-3-由00ACAD=nn，得203160623yxyz=+=，令1z=，得(2 2 01)=，n，设BC与平面ACFD所成的角为，所以|2 66sin3|49BCBC=|nn，所以 直线BC与平面ACDF所成角的正弦值为63 20【解析】（1）延长
6、CG交AB于点D，因为 G是ABC的重心，则 D为线段AB的中点，且12DGGC=，又0AG BG=，所以 GAGB，因此 12DGDAc=，2GCDGc=，又因为 6GAD=，所以 32AGc=，在AGC中，记CAG=，由正弦定理 sinsinAGCGACG=，即 32sinsin6cc=，所以313sinsincossin2622=，即 cos2 3sin=，所以 sin3tancos6=，即 3tan6CAG=（2）由（1）可知32CDc=，在ABC中，222222cos22ACABBCbcaBACAC ABbc+=，在ACD中，222222229244cos222ccbADACDCbc
7、DACcAD ACbcb+=，所以 2222222bcabcbcbc+=，整理得 2225abc+=，在ABC中，()2222224cos255ababcACBabab+=，当且仅当ab=时，等号成立；又()0 ACB，所以 cos1ACB，综上 cosACB的取值范围为41)5，CDABG-4-21【解析】（1）由题意可知242aab=，解得21ab=，；所以 椭圆E的方程为2214xy+=（2）由（1）可知(2 0)(0 1)AB，则直线AB的方程为220 xy+=，设1122()()M xyN xy，因为 PQx轴，所以 11(1)2xP x，因为 P为线段QM的中点，所以 111(2)
8、Q xxy，又因为 A Q N，三点共线，所以 21121222yxyxx=，即 1212122yyxx+=设直线:MN ykxm=+，代入2214xy+=并整理得：222(41)8440kxkmxm+=，则21212228444+14+1kmmxxx xkk+=，；所以 12121212121212122(2)()422222()4yykxmkxmkx xmkxxmxxxxx xxx+=+=+2222224482(2)414+14+114482244+14+1mkmkmkmkkmkmkmkk+=+，所以 12mk=，所以 直线MN的方程为：12(2)1ykxkk x=+=+，故直线MN过定点
9、(2 1)，22【解析】（1）当0a=时，2ln()xf xx=，1 ex，432 ln12ln()xxxxfxxx=，令()0fx=，得ex=当(1e)x，时，()0fx，()f x单调递增；当(e ex，时，()0fx，()f x单调递减.因为(1)0f=，1(e)2ef=，21(e)ef=，所以()f x的值域为102e，（2）2431()2()ln12ln()()()axaxaxxxxfxxaxa=，()f x的极值点等价于()fx的变号零点设()12lnag xxx=若0a，()f x的定义域为(0)+，3()0 xa -5-显然()g x在(0)x+，上单调递减；因为(1)10ga
10、=，()12ln()0ag eaeaea=，所以 存在唯一的0(1 e)xa，使得0()0g x=，即0()0fx=，当0(0)xx，时，()0fx，当0()xx+，时，()0fx；所以()f x存在唯一极大值点，符合题意 若0a，()f x定义域为()0()aa+，当()xa+，时，3()0 xa()12lnag xxx=，2222()0aaxg xxxx=，所以()g x单调递减，注意到()2lng aa=（i）1a 时，()0g a，所以()0g x，所以()0fx，所以()f x在()xa+，上无极值点；（ii）1a=时，()0g a=，所以()0g x，所以()0fx，所以()f x
11、在()xa+，上无极值点；（iii）01a时，()0g a，(2)0g，所以 存在唯一的1(2)xa，1()0g x=，即1()0fx=当1()xa x，时，()0g x，()0fx，当1()xx+，时，()0g x，()0fx；所以 1xx=为()f x在(,)xa+的极大值点，此时()f x在()xa+，有一个极值点 当(0)xa，时，3()0 xa.()12lnag xxx=，2222()aaxg xxxx=，令()0g x=，得2ax=当(0)2ax，时，()0g x，()g x单调递增；当()2axa，时，()0g x，()g x单调递减 令()12ln022aag=，得2ea=（i
12、）1a 时，若2(1)ea，()02ag，()2ln0g aa=，-6-当(0)2ax，时，2216()12ln1616aaga=2164143016aa+=，所以 存在22()162aax，3()2axa，23()()0g xg x=当2(0)xx，时，()0g x，()0fx，当23()xxx，时，()0g x，()0fx，当3()xxa，时，()0g x，()0fx；所以2xx=为()f x的极大值点，3xx=为()f x的极小值点；此时()f x在(0)a，上有两个极值点 若2()ea+，则()02ag，()0g x，()0fx，此时()f x在(0)a，上无极值点；故 1a 不符合题
13、意（ii）当1a=时，1()02g，1()016g，(1)0g=；所以 存在唯一411()162x，使得4()0g x=，当4(0)xx，时，()0g x，()0fx，当4(1)xx，时，()0g x，()0fx；所以 4xx=为()f x的极大值点；此时()f x在(0)a，有一个极值点，故 1a=符合题意（iii）当01a时，02ag，()2ln0g aa=，当(0)2ax，时，2()016ag，所以 存在唯一25()162aax，使得5()0g x=，当5(0)xx，时，()0g x，()0fx，当5()xxa，时，()0g x，()0fx；所以 5xx=为()f x的极大值点；此时()f x在(0)xa，有一个极值点，不合题意 综上 a的取值范围为0a或1a=
