【文档说明】山东省名校联盟优质名校2022届高三5月（联考）模拟考试 数学答案.pdf，共(11)页，461.007 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-773380ef220ceab1e5c3bc0743c6a693.html

以下为本文档部分文字说明：

参考答案与评分细则第1页（共10页）名校联盟山东省优质校2022届高三毕业班5月模拟考数学试题参考答案与评分细则一、单项选择题：题号12345678答案DADBCCAB二、多项选择题：题号9101112答案ABBDACACD

12.著名的伯努利（Bernoulli）不等式为：1212(1)(1)(1)1nnxxxxxx，其中实数1x，2x，...，nx同号，且均大于1.特别地，当*nN，且1x时，有(1)1nxnx.已知伯努利不等式还可以推广为：设x

rR，，若1r，且1x，则(1)1rxrx.设a，b为实数，则下列结论正确的为A．任意(0,)a，且任意[1,)b，都有1(1)(1)2(1)bbabaB．任意(1,)b，存在(0,)a，使

得1bababC．任意(0,1]a，且任意(1,)b，都有(1)1ababD．任意[1,)b，存在*aN，且ab，使得1()1bbaab解析：（1）考查选项A：若1b，则(1)1baab，且1(1)1bbaa，∴11(1)

(1)2()bbaabaa，又0a，由基本不等式可知12aa，∴1(1)(1)2(1)bbaba，故选项A正确；（2）考查选项B：∵0a，∴11a，又1b，∴(11)1(1)bbaaba，∴1ba

bab恒成立，故选项B错误；（3）考查选项C：∵01a，且1b，∴11a，且1ab，∴11(1)11aababba，即101(1)abab，∴(1)1abab，故选项C正确；（4）

考查选项D：①若*bN，则当ab时，不等式1()1bbaab显然成立，参考答案与评分细则第2页（共10页）②若*bN，∵1b，∴()[1()]1bbaababbb，∴当(1,)abb时，()10baa

bb，∴1()1bbaab，记[]b为不超过b的最大整数，易知[](1,)bbb，∴当[]ab时，1()1bbaab成立，∴任意[1,)b，存在*aN，且ab，使得1()1bbaab，故选项D

正确；综上所述，应选ACD.三、填空题：13.22x或（42x，2||x等）；14.2；15.0或1；16.22；23.16.已知等边△ABC的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到A位置.记四面体AABC的内切球半径和外接球半

径依次为r，R，当四面体AABC的表面积最大时，AA，rR.（注：本题第一空2分，第二空3分.）解析：显然当π2ABA时，四面体AABC的表面积最大，此时22AA，故应填22；当四面体AABC的

表面积最大时（易知四面体AABC的表面积最大值为423），设AA的中点为O，易知12OBOCAA，∴2OBOCOAOA，即O为四面体AABC的外接球球心，∴四面体AABC的外接球半径2

R，∵2OBOC，且2BC，∴222BCOBOC，∴π2BOC，易知OC平面AAB，∴不难求得四面体AABC的体积为12233AABVSOC，又1(423)3Vr，

∴4232233r，解得223r，∴12323rR，故应填23.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）已知数列na的首项13a，其前n项和为nS，且对任

意的*nN，点1(,)nnSa均在直线83yx上.(1)求na的通项公式；(2)设log3nnab，求数列1{}nnbb的前n项和nT.参考答案与评分细则第3页（共10页）解：(1)（法一）∵对任意的*nN，点1(,)nnSa均在直线83yx上，∴

183nnaS，………………………………………………………………………………1分∴当2n时，183nnaS，………………………………………………………………2分∴118()8nnnnnaaS

Sa，即19nnaa(2)n，……………………………………3分又∵113Sa，∴218327aS，∴219aa，………………………………………4分∴19nnaa*()

nN，∴数列na是以3为首项，9为公比的等比数列，……………5分∴121393nnna.………………………………………………………………………6分（法二）∵对任意的*nN，点1(,)nnSa

均在直线83yx上，∴183nnaS，………………………………………………………………………………1分∴183nnnSSS，即193nnSS，…………………………………………………2分∴1339()88nnSS

，又113327888Sa，∴数列3{}8nS是以278为首项，9为公比的等比数列，…………………………………3分∴21132739888nnnS，∴21338nnS

，…………………………………………4分∴当2n时，21212113333388nnnnnnaSS，………………………………5分又13a，亦满足上式，∴213nna*()nN.……………………………………………6分(2)311log

3log21nnanban，………………………………………………………7分∴11111()(21)(21)22121nnbbnnnn，…………………………………………9分∴12231111111[(1)()()]

2335212121nnnnTbbbbbbnnn，即21nnTn.………………………………………………………………………10分18．（12分）设△ABC的内角A，B，C

的对边分别为a，b，c，且cos3sin1bCcBac．(1)求角B的大小；(2)设D，E分别为边AB，BC的中点，已知△BCD的周长为33，且192AECD，若5ca，求a.参考答案与评分细则第4页（共10页）解：(1)由正弦定理，得sincos3sinsinsinsinBC

CBAC，……………………1分∵A，B，C为△ABC的内角，∴πABC，∴sinsin()sincoscossinABCBCBC，∴i3nsicnssossniinCBCCB，………………………………

………………………3分∵(0,π)B，(0,π)C，∴sin0C，cos13sinBB，…………………………4分∴2πsin1()6B，……………………………………………………………………………5分易知ππ5π

66()6,B，∴ππ66B，即π=3B.…………………………………………6分(2)设BEm，BDn，则2am，2cn，在△ABE中，由余弦定理，得222222cos42AEBEBABEBABmnmn，……………………………

……7分在△BCD中，同理有222222cos42CDBCBDBCBDBmnmn，…………8分∵192AECD，∴22194AECD，即22224219=424mnmnmnmn

，…………………………………9分整理得221024=0nmnm，解得=4nm，或=6nm，∵5ca，即210nm，∴=4nm，且224223CDmnmnm，……………11分∵△BCD的周长为33，∴223(623

)33mnmm，∴12m，∴21am.…………………………………………………………………12分19．（12分）某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销活动，凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人PK赢

取“购书劵”的游戏.游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，在不透明的箱中装有5个号码分别为1，2，3，4，5的小球（小球除号码不同之外，其余完全相同）.每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球（摸球者无法摸出小球号码）.若双方摸出的两球号码

之差为奇数，则甲被扣除2个积分，乙增加2个积分；若号码之差为偶数，则甲增加*()nnN个积分，乙被扣除n个积分.PK游戏开始时，甲、乙的初始积分均为零，PK游戏结束后，若双方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书劵”奖励；若双方的积分相等，则均不能获

得奖励.(1)设PK游戏结束后，甲的积分为随机变量，求的分布列；(2)以(1)中的随机变量的数学期望为决策依据，当游戏规则对甲获得“购书劵”奖参考答案与评分细则第5页（共10页）励更为有利时，记正整数n的最小值为0n.(i)求0n的值，并说明理由；(ii)当0nn时，求在甲至少有一局被扣

除积分的情况下，甲仍获得“购书劵”奖励的概率.解：(1)记“一局游戏后甲被扣除2个积分”为事件A，“一局游戏后乙被扣除n个积分”为事件B，由题可知3()5PA，2()5PB，…………………………………………………2分当三局均为甲被扣除2个积分时，6

，当两局为甲被扣除2个积分，一局为乙被扣除n个积分时，4n，当一局为甲被扣除2个积分，两局为乙被扣除n个积分时，22n，当三局均为乙被扣除n个积分时，3n，∴3327(6)()5125P，2233254(4)()55125PnC，1233

236(22)()55125PnC，328(3)()5125Pn，∴的分布列为64n22n3nP2712554125361258125………………………6分(2)(i)由(1)易知2754368618()(6)+(4)+(22)3125

1251251255nEnnn，显然甲、乙双方的积分之和恒为零，当游戏规则对甲获得“购书劵”奖励更为有利时，则需618()05nE，…………8分∴3n，即正整数n的最小值04n.……………

………………………………………9分(ii)当4n时，记“甲至少有一局被扣除积分”为事件C，则32117()1()5125PC，………………………………………………………………10分由题设可知，若甲获得“购书劵”奖励，则甲被扣除积分的局数至多为1，记“甲获得“购书劵”奖励

”为事件D，易知事件CD为“甲恰好有一局被扣除积分”，∴1233236()()55125PCDC，……………………………………………………………11分参考答案与评分细则第6页（共10页）∴36()4125

()117()13125PCDPDCPC，即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书劵”奖励的概率为413.……………………………………………………………………12分20．（12分）如图，平面ABCD平面ABE，点E为半圆弧AB上异于A，B的点

，在矩形ABCD中，2ABBC，设平面ABE与平面CDE的交线为l.(1)证明：∥l平面ABCD；(2)当l与半圆弧AB相切时，求二面角ADEC的余弦值.解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴∥ABCD，………1

分∵AB平面ABE，CD平面ABE，∴∥CD平面ABE，………………………………………………2分又CD平面CDE，平面ABE平面CDEl，………………3分∴∥lCD，………………………………………………………………………………………4分∵

CD平面ABCD，l平面ABCD，∴∥l平面ABCD.………………………………5分(2)（法一）取AB，CD的中点分别为O，F，连接OE，OF，则OFAB，∵平面ABCD平面ABE，且交线为AB，∴OF平面ABE，又OE平面ABE，OFOE，当l与半圆弧AB相切时，OEl

，即OEAB，…………………………………………7分以OE，OB，OF所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设2BC，易得(0,1,0)A，(0,1,2)C，(0,1,2)D，(1,0,0)E，则(1,1,2)DE，(0,0,2)

AD，(0,2,0)DC，……………………………………8分设111(,,)mxyz为平面DAE的一个法向量，则00，，ADmDEm即11112020，，zx

yz∴1110，，zxy令1=1x，则(1,1,0)m，…………………9分设222(,,)nxyz为平面DCE的一个法向量，则00，，DCnDEn(第20题图

)参考答案与评分细则第7页（共10页）即22222020，，yxyz∴22202，，yxz令2=1z，则(2,0,1)n，…………………10分∴23cos,3||||23mnmnmn

，………………………………………………11分易知二面角ADEC的平面角大小即为,mn，∴二面角ADEC的余弦值为33.……………………………………………………12分（法二）当l与半圆弧AB相切时，AEEB，AEEB，∴2ABA

E，…………6分∵平面ABCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，且DAAB，DA平面ABCD，∴DA平面ABE，又AE平面ABE，∴DAAE，同理，CBBE，……………………………………………7分不妨设2BC，则2

BEAEAD，2ABDC，∴由勾股定理得2DECE，……………………………8分取DE的中点F，连接AF，FC，AC，则DEAF，DECF，∴AFC是二面角ADEC的平面角，…………………………………………

………9分易知112AFDE，332CFDE，且226ACABBC，……………10分∴在△AFC中，有2221(3)(6)3cos3213AFC，…………………………11分∴二面角ADEC的余弦值为33.…………

…………………………………………12分21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点(1,0)A，(1,0)B，设△ABC的内切圆与AC相切于点D，且||1CD，记动点C的轨迹为曲线T.(1)求T的

方程；(2)设过点11(,)32R的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足1PMMR，且2PNNR，若120，且动点Q在T上，求||PQ的最小值.解：(1)不妨设△ABC的内切圆与BC，BA分别相切于点E

，F，由切线长相等可知，||||1CDCE，||||ADAF，||||BEBF，……………………1分∴||||||||2ADBEAFBF，参考答案与评分细则第8页（共10页）∴||||||||||||4||CACBCDADCEBEAB，

…………………………………2分∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：22221(0)xyyab，易知2a，且221ab，解得23b，∴T的方程为：221

(0)43xyy.………………………………………………………4分(2)设11(,)Mxy，22(,)Nxy，00(,)Pxy，∵1PMMR，∴101011111(,)(,)

32xxyyxy，若11，则21，PMMR，即P与R重合，与PNNR矛盾，∴11，∴1011131xx，1011121yy，∴1010111132(,)11xyM

，…………………………6分代入22143xy，化简得22210010032(61272)912360xyxy，…………7分同理可得，22220020032(61272)912360xyxy，…………………………8

分∴1，2为方程222000032(61272)912360xxyxxy的两根，∵120，∴00612720xy，即002120xy，即动点P在定直线1:2120lxy上，…………………………………………………9分显然直线1l与T没有交点，令直线2:2

0(0)lxymm，当2l与T相切时，记1l，2l的距离为d，则||PQd，联立2220,1,43xymxy可得2242120xmxm，由22(2)16(12)0mm，解得4m，又0m，∴4m，………………10分此时，解得

1x，32y，即切点为3(1,)2，且直线1l,2l的距离为|124|85514d，∴85||5PQ，当Q点坐标为3(1,)2，且1PQl时，经计算，得1347(,)510P，此时，85||=5PQ，且不难

知道直线PR即直线l不过点(2,0)和(2,0)，符合题设条件，参考答案与评分细则第9页（共10页）∴||PQ的最小值为855.…………………………………………………………………12分（注：本题未说明点P，Q的存在性及未论证直线l不过点(2,0)和(2,0)总共

扣1分.）22．（12分）已知函数()ln(1)1axfxxx()aR.(1)若()fx在区间(0,)上单调递增，求a的取值范围；(2)证明：*nN，2221111(1)(1)(1)<e221241nnnn.解：(1)221(1)()1(

1)(1)axafxxxx，………………………………………………1分当1a时，(0,)x，(1)0xa，∴当0x时，()0fx，()fx在区间(0,)上单调递增，……………………………2分当1a时，(0,1

)xa，(1)0xa，∴当01xa时，()0fx，……………………………………………………………3分∴()fx在区间(0,1)a上单调递减，不合题意，∴若()fx在区间(0,)上单调递增，则实数a的取值范围为(,1].………

…………4分(2)欲证2221111(1)(1)(1)<e221241nnnn，只需证222222221241e212112411nnnnnnn，…………………

……………5分即证222111e(1)(1)(1)212112411nnnn，…………………………6分只需证222111<ln(1)ln(1)ln(1)212112411nnnn

，……………7分由(1)可知当1a时，()fx在区间(0,)上单调递增，∴()(0)0fxf，∴当0x时，不等式ln(1)01xxx恒成立，即ln(1)1xxx恒成立，…………8分∴222211121ln(1

+)1212121nnnn，即2211ln(1+)212nn，…………………9分参考答案与评分细则第10页（共10页）同理2211ln(1+)21121nn，…，2211ln(1+)2411241nn

，将上述不等式累加得：222222111111ln(1)ln(1)ln(1)212112411221241nnnnnn，………………………………………………………………………10分又2222

22222111111221241112414nnnnnnnnn22222222(1)(21)(441)4nnnnnnnnn，∴不等式222111<ln(

1)ln(1)ln(1)212112411nnnn得证，∴不等式2221111(1)(1)(1)<e221241nnnn得证.………………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com