【文档说明】2023届山东省聊城市高考二模 数学答案.pdf，共(6)页，471.402 KB，由小赞的店铺上传

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２０２３年聊城市高考模拟数学（二）参考答案及评分标准一、单项选择题１－４ＢＣＡＤ５－８ＡＤＤＢ二、多项选择题９．ＡＣ１０．ＡＢ１１．ＡＣＤ１２．ＡＢＤ三、填空题１３．６０１４．０．０３１５．１３３５１６．０，槡３（］３四、解答题１７．解：（１）因为数列３－２犛狀犪｛｝狀是首项为１，公比为１３的等

比数列，所以３－２犛狀犪狀＝（）１３狀－１，１分������������������������则２犛狀＝３－（）１３狀［］－１犪狀，从而２犛狀＋１＝３－（）１３［］狀犪狀＋１，２分����������两式作差得：２犪狀＋１＝３－（）１３［］狀犪狀＋１－３－（）１３狀［］－１犪狀，即（３

狀－１）（犪狀＋１－３犪狀）＝０，所以犪狀＋１＝３犪狀，４分����������������������������则数列｛犪狀｝是以犪１＝１为首项，以３为公比的等比数列，故数列｛犪狀｝的通项公式为犪狀＝３狀－１．５分�����������������

��（２）犫狀＝３狀（犪狀＋１－１）（犪狀＋２－１）＝３狀（３狀－１）（３狀＋１－１）＝１２１３狀－１－１３狀＋１（）－１，７分����犜狀＝１２１３１－１－１３２（）－１＋１２１３２－１－１３３（）－１＋…＋１２１３狀－１－１３狀＋１（）－

１．＝１２×１３－１－１３狀＋１（）－１＝１４－１２（３狀＋１－１），因为１２（３狀＋１－１）＞０，所以犜狀＜１４．１０分������������������１８．解：（１）由已知得，狓＝３＋４＋５＋６＋７５＝５，狔＝２０＋１６＋１５＋１２＋６５＝１３．８，∑５犻＝１狓犻狔犻＝３１３，∑５

犻＝１狓２犻＝１３５，２分������������������������������则犫＾＝∑５犻＝１（狓犻－狓）（狔犻－狔）∑５犻＝１（狓犻－狓）２＝∑５犻＝１狓犻狔犻－５狓·狔∑５犻＝１狓２犻－５狓２＝３１３－５×５×１３．８１３５－５×５２＝－３２１０＝－３．２，４

分�����������������������������������犪＾＝狔－犫＾狓＝１３．８－（－３．２）×５＝２９．８．所以“湖南沃柑”销量狔（件）关于试销单件狓（元）的线性回归方程狔＾＝－３．２狓＋２９．８．６分������

���������������������������（２）当狓＝３时，狔＾＝２０．２；当狓＝４时，狔＾＝１７；当狓＝５时，狔＾＝１３．８；当狓＝６时，狔＾＝１０．６；当狓＝７时，狔＾＝７．４．因此该样本的残差绝对值依

次为０．２，１，１．２，１．４，１．４，所以“次数据”有２个．８分������������������������������“次数据”个数犡可取０，１，２．犘（犡＝０）＝犆３３犆３５＝１１０，犘（犡＝１）＝犆２３犆１２犆３

５＝３５，犘（犡＝２）＝犆１３犆２２犆３５＝３１０．页１第）页．４共（案答考参）二（学数所以犡的分布列为：犡０１２犘１１０３５３１０１１分������������������则数学期望犈（犡）＝２×３５＝６５．１２分���������������������１９．解：（１）

由正弦定理及４犪２ｃｏｓ２犅＋４犫２ｓｉｎ２犃＝３犫２－３犮２得，４ｓｉｎ２犃ｃｏｓ２犅＋４ｓｉｎ２犅ｓｉｎ２犃＝３ｓｉｎ２犅－３ｓｉｎ２犆，即４ｓｉｎ２犃＝３ｓｉｎ２犅－３ｓｉｎ２犆．２分�����������

������������再由正弦定理可得４犪２＝３犫２－３犮２．３分��������������������由余弦定理犫２＝犪２＋犮２－２犪犮ｃｏｓ犅得，所以犪２＋犮２－２犪犮ｃｏｓ犅＝４３犪２＋犮２即犪＝－６犮ｃｏｓ犅，５分�

���������������������������故犪＋６犮ｃｏｓ犅＝０．６分���������������������������（２）由４犪２＝３犫２－３犮２及犫＝１，可得犮２＝１－４３犪２．由犮２＞０得１－４３犪２＞０，所以０

＜犪２＜３４．在△犃犅犆中ｃｏｓ犅＝－犪６犮，８分������������������������所以ｓｉｎ犅＝１－犪２３６犮槡２．９分�������������������������所以△犃犅犆面积犛△犃犅犆＝１２犪犮ｓｉｎ犅

＝１２犪犮１－犪２３６犮槡２＝犪１２３６犮２－犪槡２＝１８４４９犪２·（３６－４９犪２槡）≤１８４×４９犪２＋３６－４９犪２（）２＝３１４．当且仅当４９犪２＝３６－４９犪２，即犪２＝１８４９∈（０，３４）时等号成立．１１分���������故△犃犅犆面积

的最大值为３１４．１２分���������������������２０．解：（１）连接犆犈，交犇犉于犎，连接犌犎．因为犌，犎分别为犅犈，犆犈的中点，所以犌犎∥犅犆且犌犎＝１２犅犆．１分�������又犃犇∥犅犆且犃犇＝１２犅犆，所以犃

犇∥犌犎且犃犇＝犌犎，所以四边形犃犌犎犇为平行四边形，从而犃犌∥犇犎．３分�������������又犃犌平面犆犇犈犉，犇犎平面犆犇犈犉，所以犃犌∥平面犆犇犈犉．４分�������������������������（２）因为四边形犆犇犈犉为矩形，所以犇犈⊥犆犇，因为平面犃犅

犆犇⊥平面犆犇犈犉，平面犆犇犈犉∩平面犃犅犆犇＝犆犇，所以犈犇⊥平面犃犅犆犇．因为犃犇平面犃犅犆犇，所以犈犇⊥犇犃．以点犇为坐标原点，分别以犇犃，犇犈所在直线为狓轴，狕轴，建立如图的空间直角坐标系．５分���������������������������������则犅（１，２，０），犆（

－１，２，０），犈（０，０，槡３），犉（－１，２，槡３），→犆犅＝（２，０，０），→犆犉＝（０，０，槡３），页２第）页．４共（案答考参）二（学数→犇犅＝（１，２，０），→犅犈＝（－１，－２，槡３），→犇犉＝（－１，２，槡３）．设→犅犌＝λ

→犅犈，则→犆犌＝→犆犅＋→犅犌＝（２－λ，－２λ，槡３λ）．６分�������������设平面犅犇犉的法向量犿＝（狓，狔，狕），由犿·→犇犅＝０，犿·→犇犉＝０｛，得狓＋２狔＝０，－狓＋２狔槡＋３狕

＝０｛，令狕＝４，则犿＝（槡２３，槡－３，４）．７分������������设平面犆犌犉的法向量狀＝（狓１，狔１，狕１），由狀·→犆犌＝０，狀·→犆犉＝０｛，得（２－λ）狓１＋（－２λ）狔１槡＋３λ狕１＝０，槡０＋０＋３狕１＝０烅烄烆，令狓１

＝２λ，得狀＝（２λ，２－λ，０）．９分����������������������设平面犆犌犉与平面犅犇犉的夹角为θ，则ｃｏｓθ＝｜犿·狀｜｜犿｜·｜狀｜＝｜（５λ－２）槡×３｜槡３１×４λ２＋（λ－２）槡２＝槡９３３１，解得λ＝４５．１１分��������从而｜犈犌｜＝１－（）４５×（槡５

）２＋（槡３）槡２＝槡２２５．故犈犌的长度为槡２２５．１２分�������������������������２１．解：（１）因为双曲线犆的一条渐近线与直线狓槡＋３狔－２＝０互相垂直，所以其中一条渐近线的斜率为槡３，则

犪２槡＋２犪槡＝３，则犪＝１．所以双曲线犆的方程为狓２－狔２３＝１．２分�������������������设点犕的坐标为（狓０，狔０），则狓２０－狔２０３＝１，即３狓２０－狔２０＝３．双曲线的两条渐近线犾１，犾２的方程分别为槡３狓－狔＝０，

槡３狓＋狔＝０，则点犕到两条渐近线的距离分别为犱１＝｜槡３狓０－狔０｜２，犱２＝｜槡３狓０＋狔０｜２，３分����则犱１犱２＝｜槡３狓０－狔０｜２×｜槡３狓０＋狔０｜２＝｜３狓２０－狔２０｜４＝３４．所以点犕到双曲线犆的两条渐近线的距

离之积为定值．５分�����������（２）存在λ＝２．６分�����������������������������①当狓０＝２时，｜犕犉｜＝｜犃犉｜＝３，又犖是犃犕的中点，所以∠犃犉犖＝∠犕犉犖＝４５°，所以∠犃犉犕＝２

∠犃犉犖，此时λ＝２．７分��������������������②当狓０≠２时．ｉ）当犕在狓轴上方时，由犃（－１，０），犕（狓０，狔０），可得犽犃犕＝狔０狓０＋１，所以直线犃犕的直线方程为狔＝狔０狓０＋１（狓＋１），把狓＝１２代入得犖

１２，３狔０２（狓０＋１（））．所以犽犖犉＝３２×狔０狓０＋１１２－２＝－狔０狓０＋１，则ｔａｎ∠犃犉犖＝狔０狓０＋１．９分����������由二倍角公式可得ｔａｎ２∠犃犉犖＝２×狔０（狓０＋１）１－狔０

狓０（）＋１２＝２（狓０＋１）狔０（狓０＋１）２－狔２０＝狔０２－狓０．１０分���页３第）页．４共（案答考参）二（学数因为直线犕犉的斜率犽犕犉＝狔０狓０－２及ｔａｎ∠犃犉犕＝－犽犕犉，所以ｔａｎ∠犃犉犕＝狔０２－狓０，则ｔ

ａｎ∠犃犉犕＝ｔａｎ２∠犃犉犖．因为∠犃犉犕∈（０，π），∠犃犉犖∈０，π（）２，所以∠犃犉犕＝２∠犃犉犖．１１分������������������������ｉｉ）当犕在狓轴下方时，同理可得∠犃犉犕＝２∠犃犉

犖．故存在λ＝２，使得∠犃犉犕＝２∠犃犉犖．１２分������������������２２．解：（１）函数犳（狓）定义域为（０，＋∞），犳′（狓）＝１狓－犪狓２＝狓－犪狓２．１分���������①当犪≤０时，犳′（狓）＞０，犳（狓）在（０，＋

∞）上单调递增，不符合题意．２分������②当犪＞０时，若０＜狓＜犪，犳′（狓）＜０，犳（狓）在（０，犪）上单调递减；若狓＞犪，犳′（狓）＞０，犳（狓）在（犪，＋∞）上单调递增，所以犳（狓）的最小值为犳（犪）＝ｌｎ犪＋１．由犳（犪）＝ｌ

ｎ犪＋１＜３，可得０＜犪＜ｅ２．故实数犪的取值范围０＜犪＜ｅ２．４分���������������������（２）不妨设０＜犿＜犪＜狀．先证明犿狀＞犪２．要证犿狀＞犪２，即证狀＞犪２犿．因为犪２犿＞犪，狀＞犪，且犳（狓）在（犪，＋∞）上单调递增，故只需证明犳

犪２（）犿＜犳（狀）＝犳（犿）．５分��������������������令犵（狓）＝犳犪２（）狓－犳（狓）＝狓犪－２ｌｎ狓－犪狓＋２ｌｎ犪（０＜狓≤犪），则犵′（狓）＝１犪－２狓＋犪狓２＝１犪狓２（狓－犪）２≥０

，所以犵（狓）在（０，犪）上单调递增，所以当０＜狓＜犪时，犵（狓）＜犵（犪）＝０，则有犳犪２（）狓＜犳（狓）．因为０＜犿＜犪，所以犳犪２（）犿＜犳（犿），则犳犪２（）犿＜犳（狀），故犿狀＞犪２．７分�������再

证犿狀＜犪ｅ２，即证狀＜犪ｅ２犿．因为狀＞犪，犪ｅ２犿＞犪，且犳（狓）在（犪，＋∞）上单调递增，只需证明犳犪ｅ２（）犿＞犳（狀）＝３，即证ｌｎ犪－ｌｎ犿＋犿ｅ２－１＞０．因为犳（犿）＝ｌｎ犿＋犪犿＝３，所以ｌｎ犪＝ｌｎ犿＋ｌｎ（３－ｌｎ犿）．所以

只需证明犿ｅ２＋ｌｎ（３－ｌｎ犿）－１＞０．９分������������������令φ（狓）＝狓ｅ２＋ｌｎ（３－ｌｎ狓）－１（０＜狓＜ｅ２），则φ′（狓）＝１ｅ２－１狓（３－ｌｎ狓）．令狋（狓）＝狓（３－ｌｎ狓）（０＜狓≤ｅ２），当０＜狓＜ｅ２时，狋′（

狓）＝２－ｌｎ狓＞０，所以狋（狓）在（０，ｅ２）上单调递增．当０＜狓＜ｅ２时，狋（狓）＜狋（ｅ２）＝ｅ２，于是φ′（狓）＜０．从而可得φ（狓）在（０，ｅ２）上单调递减，故φ（狓）＞φ（ｅ２）＝０．所以犿ｅ２＋ｌｎ（３－ｌｎ犿）－１＞０成立，故犿

狀＜犪ｅ２．综上，犪２＜犿狀＜犪ｅ２．１２分��������������������������页４第）页．４共（案答考参）二（学数获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

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