《山东省烟台市2023届高三适应性练习（二）数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省烟台市2023届高三适应性练习（二）数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、山东省烟台市山东省烟台市高三数学答案（第 1 页，共 6 页）20232023 年年高考适应性高考适应性练习（二）练习（二）数学参考答案及评分标准 一、选择题一、选择题 B A B D D B C C 二二、选择题选择题 9.ABD 10.BC 11.ACD 12.BCD 三、填空题三、填空题 13.79 14.94 2+15.3 16.(41)514nn+四、解答题四、解答题 17.解：（1）由正弦定理得 sincos3sinsinsinsinBCBCAC+=+，1 分 所以，sincos3sinsinsin()sinBCBCBCC+=+，即3sinsincossinsinBCBCC=+.因
2、为(0,)C，所以sin0C，所以3sincos1BB=，3 分 即1sin()62B=，因为(0,)B，5(,)666B，所以66B=，故3B=.5 分（2）因为ABC为钝角三角形，且ac，所以角A为钝角，所以cos0A，即2220bca+，6 分 又222222cos3bacacacac=+=+，且2ac=，依次代入上式整理得，02c=.5 分 依据0.001=的独立性检验，可以推断0H不成立，即性别与是否喜欢排球运动有关联.6 分（2）由（1）知，喜欢排球运动的频率为90920020=，所以，随机变量9(50,)20XB，7 分 则505099()()(1)(050,)2020kkkP
3、XkCkk=N，8 分 于令50115150505011495050911911()()()()20202020911911()()()()20202020kkkkkkkkkkkkCCCC+，9 分 解得4394592020k，11 分 因为kN，所以当22k=时，()P Xk=取得最大值.12 分 19.解：（1）由题知，12nnaa+=，所以，数列na是以1a为首项，2为公差的等差数列，则由39S=得，23a=，所以3(2)221nann=+=.2 分 由12nnbb+=得，nb是以1b为首项、2为公比的等比数列，故2nnb=.4 分（2）当n为奇数时，nncb=，当当为偶数时，nnca=
4、.6 分 所以，当n为偶数时，1 33 51124462111111()()nnnnnTbbb bbba aa aa a+=+2221311335211111111111()()()()44nnnbbbaaaaaa+=+11211111 114416()144116nnaa+=+4115 41218nnnn=+.9 分 当n为奇数时，高三数学答案（第 3 页，共 6 页）111221411115 412(1)182 2nnnnnnnnnTTc cn+=+=+1141115 4126nnnn+=+.11 分 所以，当n为偶数时，数列21nnc c+的前n项和4115 41218nnnnTn=+；
5、当n为 奇数时，数列21nnc c+的前n项和1141115 4126nnnnTn+=+.12 分 20.解：（1）不存在点M，使得BM 平面VAP.1 分 证明：假设存在点M，使得BM 平面VAP，因为AP 平面VAP，所以BMAP，2 分 又因为AB为圆O的直径，所以APBP，因为,BM BP 平面VBP，所以AP 平面VBP，3 分 因为AP 平面VBP，所以APVP，所以VAVP，这与VAVP=矛盾，故不存在点M，使得BM 平面VAP；4 分（2）以O为坐标原点，向量,OA OV 方向为,x z轴，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，则(2,0,0)A，(0,0,2)V，因为4AB=，
6、ABP=，所以4sinAP=，5 分 可得2(24sin,4sincos,0)P，6 分 可得(2,0,2)BV=，2(4cos,4sincos,0)BP=，7 分 设(,)x y z=m为平面VBP的一个法向量，于是22204cos4sincos0 xzxy+=+=，令1x=，可得1(1,1)tan=m 9 分 由题意可知，(0,1,0)=n为平面VAB的一个法向量，所以21|3tan|cos,|212tan=+m n，11 分 解得6tan6=，所以7sin7=.12 分 21.解：（1）由已知得，()e10 xfxax=在R上恒成立，即1exxa+在R上恒成立.1 分 设1()exxk
7、x+=，则2e(1)e()(e)exxxxxxk x+=2 分 zyxMOPBAV高三数学答案（第 4 页，共 6 页）令()0k x=得，0 x=，所以(,0)x 时，()0k x，()k x单增，(0,)x+时，()0k x，即证21esin02xxxx，令21()esin2xh xxxx=，(2,)x+，则()e1 cosxh xxx=，5 分 设()e1 cosxxxx=，则()e1 sinxxx=+，当(2,0 x 时，e10 x，sin0 x，()0 x，()x单减；当(0,)x时，e10 x，sin0 x，()0 x，()x单增；当,)x+时，e1 sine1 1e20 xx+，
8、()0 x，()x单增.所以()x在(2,0)上单减，在(0,)+上单增，min()(0)10 x=，2(2)e3cos20=，所以1(2,0)x，使得1()0 x=，2(0,2)x，使得2()0 x=.8 分 所以，当1(2,)xx，()h x单增；12(,)xx x，()h x单减；2(,)xx+，()h x单增.又因为2(2)esin20h=+，且x +，()h x +，所以只需证明2()0h x.因为2()0 x=，所以222e1 cos0 xxx=，即222e1 cosxxx=+，9 分 2222221()esin2xh xxxx=222112cos()42xx=+，因为2()h x
9、在(0,2)单减，所以22()(2)e4sin20h xh=，11 分 所以()0h x 对于(2,)x+恒成立，即(2,)x+，()sinf xx.12 分 22.解：（1）由题意可知，32ca=，又222abc=+，所以224ab=，1 分 因为点3(1,)2在椭圆上，所以221314ab+=，2 分 联立两式可得，24a=，21b=，故椭圆C的方程为2214xy+=.4 分（2）由（1）可得，(2,0)A，(3,0)F，当直线l的斜率存在时，设其方程为(3)yk x=(0)k，1122(,),(,)M x yN xy，高三数学答案（第 5 页，共 6 页）联立2214(3)xyyk x+
10、=，消y可得，2222(14)8 31240kxk xk+=，则有：221212228 3124,1414kkxxx xkk+=+，6 分直线AM的方程为：11(2)2yyxx=+，令1x=，可得113(1,)2yPx+，同理可得：223(1,)2yQx+.7 分所以,P Q中点的纵坐标为：121221121212333(3)(2)3(3)(2)1()22224()8yyk xxk xxxxx xxx+=+121212123(2(23)()4 3)2(2()4)kx xxxx xxx+=+222222221248 33(2(23)4 3)14141248 32(24)1414kkkkkkkkk
11、+=+3 362k=.8 分2112211212333(23)|222()4yykxxPQxxx xxx+=+,因为2222121212228 3124|()4()4()1414kkxxxxx xkk=+=+224114kk+=+，代入上式可得，23(23)1|kPQk+=，9 分 所以圆心为3 36(1,)2k，半径为23(23)12|kk+，高三数学答案（第 6 页，共 6 页）所以，以PQ为直径的圆的方程为22223 369(74 3)(1)(1)()24kxykk+=，化简可得，2223 369(23)(1)4xyyk+=，所以，以PQ为直径的圆过定点3(43,0)2，3(32,0)2，10 分 当直线l的斜率不存在时，:3l x=，11(3,),(3,)22MN，可得，3(1,)42 3P+，3(1,)42 3Q+，此时以PQ为直径的圆的方程为2229(23)(1)4xy+=，11 分 点3(43,0)2，3(32,0)2在圆上，综上所述，以PQ为直径的圆过定点3(43,0)2，3(32,0)2.12 分