2023届山东省新高考联合模拟（济南二模）考试数学试题word版含答案

山 东 省 新 高 考 联 合 模 拟 考 试

数 学 试 题 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。

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。

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13. √③;14.240;15. (1,1),答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可；16. √ 3.

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：

x=3,  ), ;

所以

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)由及 ( 1 ) 得 ：

a=y-bx=1241.2-(- 153.7)×3=1702.3.

所以 y 关于x的回归方程为： y=-153.7x+1702.3.

将2023年对应的年份编号x=6代入回归方程得： y=- 153.7×6+1702.3=780.1. 所以我国2023年的新生儿数量约780.1万人.

18. 【解析】

(1)因为 Sn=2°+¹-2, 所以 an=S,-S₁=2",n≥2,

当 n=1 时，α=S=2,   适合上式，所以 a₄=2".

所以 b,=log₂a₁=log₂2”=n.

(2)T₁=a(b+b₂+ …+b₁)+a₂(b+b₂+ …+b₁)+ …+a,(k+b₂+ …+bn)

=(a+a₂+ …+a₁)(b+b₂+ …+b₁)

因为 S 。=2+1-2,

19. 【解析】

(1)因为三棱台ABC-DEF    是正三棱台， M 为棱AB 的中点， AB=2DE.

所 以DE//MB   且DE=MB,     所以四边形DMBE 为平行四边形，

所 以MD//BE   且MD=BE,      同理 NF   //BE 且NF=BE;

所 以MD//NF   且 MD=NF,      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 EA=EC,BA=BC,

所以 AC ⊥OB,AC ⊥OE,         又OB∩OE=O,

所以直线AC⊥ 面BOE,  又BEc 面BOE,

所 以AC ⊥BE,    又MN//AC,MD//BE,            所以 MN ⊥MD,

所以四边形DMNF  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DE=1,AB=2,BE=1.

则A(O,- 1,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),                       ),

则AC=(0,2,0),          ,BC=(-√3,1,0),

设平面ACFD 的法向量为n=(x,y,z),

由

, 得

, 令z=- 1,   得n=(2√2,0,- 1),

设BC 与平面ACFD  所成的角为θ,所以

所 以 直 线BC 与平面ACDF  所成角的正弦值为

20. 【解析】

(1)延长CG 交 AB 于 点D,    因 为 G 是 △ABC 的重心，

则 D 为线段AB 的中点，且, 又AG ·BG=0,

所 以 GA ⊥GB,    因 此 ,GC=2DG=c,

又因为 , 所 以 , 在 △AGC 中，记∠CAG=a,

由正弦定理

, 即

所以

,  即 cosα=2√3sinα,

所以

, 即

( 2 ) 由 ( 1 ) 可 知

, 在 △ABC 中，

在△ACD中 ，

所以 , 整 理 得 a²+b²=5c²,

在△ABC 中，

当且仅当a=b   时，等号成立；

又∠ACB ∈(0,π),     所 以 cos ∠ACB<1,

综上 cos ∠ACB 的取值范围为 ).

21. 【解析】

(1)由题意可知 ,解得α=2,b=1;    所 以 椭 圆E 的方程为

(2)由(1)可知A(2,0),B(0,1),        则直线AB 的方程为x+2y-2=0,  设M(x₁,y₁),N(x₂,y₂),           因为 PQ ⊥x  轴，所以 ),

因为 P 为线段QM  的中点，所以 Q(x₁,2-x-y₁),

又因为 A,Q,N    三点共线，所以 , 即

设直线MN:y=kx+m,       代，          并整理得：

(4k²+1)x²+8kmx+4m²-4=0,               则 ;

所以 , 所 以 m=1-2k,

所以直线MN 的方程为： y=kx+1-2k=k(x-2)+1,

故直线MN 过定点(2,1).

22. 【解析】

( 1 ) 当a=0   时 ， ,x ∈[1,e].      

令f"(x)=0,  得x= √e.   当x∈(1, √E)时，f(x)>0,f(x)     单调递增；

当x∈( √e,e) 时，f(x)<0,f(x)     单调递减.

因为 f(1)=0,     

所 以f(x) 的值域为 ·

(2)

f(x)  的极值点等价于ʃ (x)的变号零点. i

①若a≤0,f(x)         的定义域为(0,+w),(x-a)³>0.

显然 g(x) 在x∈(0,+)上单调递减；

因为 g(1)=1-a>0,      

所以存在唯一的x₀ ∈(1,c-a),     使得g(x)=0,      即f"(x)=0,

当x∈(0,x₀)时， ʃ '(x)>0,当x∈(x₀ ,+x)时， f"(x)<0;

所以 f(x)  存在唯一极大值点，符合题意.

②若a>0,f(x)  定义域为(0,a)U(a,+m)

当x∈(a,+x)   时，(x-a)³>0.

所以 g(x)单调递减，注意到 g(a)=-2lna.

(i)a>1    时， g(a)<0,     所以g(x)<0,     所以 f(x)<0,

所以 f(x) 在x∈(a,+m)  上无极值点；

(ii)a=1    时， g(a)=0,    所以 g(x)≤0,      所以 f'(x)≤0,

所以 f(x)  在x∈(a,+x)   上无极值点；

(iii)0<a<1     时， g(a)>0,g(2)<0,

所以存在唯一的x₁ ∈(a,2),g(x)=0,   即ʃ'(x)=0.

当x∈(a,x)  时，g(x)>0,f'(x)>0,        当x∈(x,+c∞)时，g(x)<0,ʃ"(x)<0;

所以x=x;为f(x) 在x∈(a,+x) 的极大值点，

此时f(x) 在x∈(a,+cq)  有一个极值点.

当x∈(0,a) 时，(x-a)³<0.

, , 令g'(x)=0, 得

时， g'(x)>0,g(x) 单调递增； 当 时， g'(x)<0,g(x)      单调递减.

,

(i)a>1

时，若

,

,g(a)=-2lna<0,

时， 所以存在 , ,g(x₂)=g(x₃)=0.

当x∈(0,x₂)时， g(x)<0,f"(x)>0,

当x∈(x₂ ,x₃)时， g(x)>0,ʃ"(x)<0,

当x∈(x₃,a) 时， g(x)<0,f"(x)>0;

所以x=x₂为f(x) 的极大值点，x=x₃为f(x)  的极小值点；

此时f(x) 在(0,a) 上有两个极值点.

若 , 则 ,g(x)≤0,f'(x)≥0,

此时 f(x) 在(0,a) 上无极值点；

故 a>1 不符合题意.

(ii)  当a=1 时， , ,g(1)=0;

所以存在唯- ),使得g(x₄)=0,

当x∈(0,x₄)时， g(x)<0,f"(x)>0,

当x∈(x₄ ,1)时， g(x)>0,f"(x)<0;

所以x=x₄为 f(x) 的极大值点；此时 f(x) 在(0,a) 有一个极值点，

故 a=1 符合题意.

(iii)    当 0<a<1    时， ,g(a)=-2lna>0,      所以存在唯一x₅ ∈1),使得g(x₃)=0,

当x∈(0,x₃)时， g(x)<0,f"(x)>0,

当x∈(xs,a) 时， g(x)>0,f'(x)<0;

所以x=x₃为f(x)的极大值点；

)时，

此时 f(x) 在x∈(0,a) 有一个极值点，不合题意.

综上 a 的取值范围为a≤0  或a=1.