【文档说明】山东省潍坊市高密市安丘市2024届高三上学期10月过程性检测 数学答案.pdf，共(6)页，470.690 KB，由小赞的店铺上传

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12023-2024学年高三阶段性监测数学试题参考答案2023.10一、单项选择题1.B2.A3.C4.A5.B6.B7.D8.C二、多项选择题9.ACD10.BCD11.ABD12.ACD三、填空题13．1(,3]314．(0,1]15.202316．28π3四、解答题17.解

：（1）由2()2ln2fxxx可得1()4fxxx，…………………1分所以1(1)43,1f…………………………………………………………2分又(1)2024,f所以曲线()yfx在(1,(1))f处的切线方程为43(1),yx即

310.xy…………………………………………………….…………4分（2）2141(21)(21)()4,xxxfxxxxx当102x时，()0fx，当12x时，()0fx，所以()fx在12x时取得极小值，……

…………………….…………6分由此可得102,212,2mm………………………………………….…………8分{#{QQABYQaAogCgAhAAAQhCQwHCCgCQkBCC

AIoGAAAIIAAAAQFABAA=}#}2解得522m.…………………………………………………….…………10分18.解：(1)可得1,0,()1,0.xxgxxx…………………………………………1分当0x时，0x，所以()1gxx，得()()gxgx

，当0x时，0x，所以()1gxx，得()()gxgx，…………………………………………4分所以()gx为偶函数；…………………………………………………………………5分（2）当0x时，11(1)22xx

，得05x，…………………………………………………6分当0x时，11(1)22xx，得503x，…………………………….………………7分所以5{5}3Bxx，……………………………………………………………8分因为BA，所以52,325,aa

………………………………………………………………………10分所以3a.……………………………………………………………………………12分19.解：（1）当020x时，()380150SxRxx(5002)380150xxx22120150xx，…………

……………………………………..……………..….2分当20x时，()380150SxRxx221406250370380150xxxx6250101990xx，……………………………………………….……

……..….4分综上所述22120150,020,6250101990,20.xxxSxxx………………….…………..….6分{#{QQABYQaAogCgAhAAAQhCQwHCCgCQkBCCAIoGAAAIIAAAAQFABAA=}#}3（

2）当020x时，2221201502(30)1650Sxxx，所以当20x时，S取得最大值1450；…………………………….…………..….8分当20x时，62562510199010219

901490Sxxxx，当且仅当625xx，即25x时取等号，此时S的最大值为1490，….…………..….10分因为14501490,所以当年产量为25万台时，该公司获得的利润最大为1490万元．….………..….12分20.（1）证

明：因为AB为直径，所以BDAD，……………………………………..………………………..………..….1分因为EA平面ABD，BD平面ABD所以EABD,因为AEADA所以BD平面ADE，……………………………………………………

.…………..….3分因为APADE平面，所以BDAP，因为ADAE，P为DE的中点，所以APDE，因为BDDED，所以AP平面BDE;………………….………………………………….…………..….5

分（2）因为等腰梯形ABCD为底面半圆1O的内接四边形，22ABAD，所以1111π3DAOAODCODBOC，所以1CDBC，如图，以1O为坐标原点，在底面半圆1O过点1O垂直于平面ABFE作

直线为x轴，以112,OBOO为,yz轴建立空间直角坐标系，…………………6分{#{QQABYQaAogCgAhAAAQhCQwHCCgCQkBCCAIoGAAAIIAAAAQFABAA=}#}4由于1,1ADDCBCCG，由

（1）可知11AO,故313101001,010(0,11)2,,,222,,,,,,,,,ABGDE,则2,,,33(020)12,,ABAG，设平面ABG的一个法向量为(,,)nx

yz，则00nABnAG，，，即2033022yxyz，，令23x，则(23,0,3)n，……………………….………….…………….……..….7分由DPDE

，0,1，11,32,2DE，可得331133112222222,,,,2,PAP所以，.…………..….8分设直线AP与平面ABG所成角为π,[0,]2，则2|||3303|

105sin|cos,|35||||1209221nAPnAPnAP，即得29920，.……………………………………………………….……..….10分解得13或23，符合

0,1，故13或23.…………………………………………….……………………..….12分21.解：（1）由已知得22211212nnaan=21(4)212nann=2112na，…..2分所以22212(2)2n

naa，……………………………………………………..…..3分{#{QQABYQaAogCgAhAAAQhCQwHCCgCQkBCCAIoGAAAIIAAAAQFABAA=}#}5其中232a，2

122a,所以22na是以12为首项，12为公比的等比数列；……………………….…..4分（2）由（1）知12112()22nna，所以21()22nna，……………………………………….……………………..…..6分121164()2nnan,

……………………………………….……………………..…..7分所以2121843()2nnnaan，………………………………………………..…..8分所以21234212()()()nnnSaaaaaa=84(12)nn

21113()()222n=212633()2nnn=23312()3()222nn,…………………………………….…………………..…..10分当2n时，2nS单调递减，其中252S，474S，6218S，

所以满足20nS的所有正整数n为1，2.……………………………..…………..12分22.解：（1）因为2a，所以1()'14exgxxxx，……………………………………………………1分令

1'14e0xgxxxx，解得>4x或01x，{#{QQABYQaAogCgAhAAAQhCQwHCCgCQkBCCAIoGAAAIIAAAAQFABAA=}#}6令1'14e0xgxxxx，解得14x，……………………………

………………………………………………3分所以gx的单调递增区间为(0,1),(4,)，递减区间为(1,4)；……………………4分（2）设21elnxhxaxxa，其中01x，2111'2e()xahxaxxg

xxxa，……………….……….……………5分由（1）知，gx在0,1单调递增，故0,1)01(,gggx，…………6分若a<0，'0hx，则hx单调递

减，有10hxh，符合题意；…7分若0a，ln0hxx，符合题意，………………….………………………8分若11a，即01a时，'0hx，则hx在0,1上单调递减，有10hxh，符合题意，………………….………………………….……9分

若101a，即1a时，存在00,1x使得01gxa，当0,1xx时，1gxa，故'0hx，则hx单调递增，可得10hxh，不合题意，………………….…………………………….…11分所以,1a…………………………

……………………………………..……..…12分{#{QQABYQaAogCgAhAAAQhCQwHCCgCQkBCCAIoGAAAIIAAAAQFABAA=}#}