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=