山东名校考试联盟2024年4月高考模拟考试数学试题参考答案一、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。题号12345678答案BCDADBBA8．【解析】因为球与三棱锥PABC的棱均相切，所以面ABC截球得到的截面圆与△ABC的三边均相切，所以该球的球心在过截面圆圆心且与面ABC垂直的直线上，又因为△ABC的内切圆半径恰为1，所以棱切球的球心即为圆心，如图过球心O作PA的垂线交PA于H,则OHr1，23又因为OA2所以PO,所以VPABC2．3二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号91011答案ACACDBCD11．【解析】对于A选项：*πak1方法一：假设存在kN，使ak1，则aksin1，因为ak10,1，所以ak11，211依次类推得，a1，与已知a[,)矛盾，所以A选项错误．11321方法二：用数学归纳法证明，当n…1时，总有„an1．3111因为a1[,)，所以„a11，3231πππ1π1设当nk时，总有„ak1，则„ak,„sinak1，即„ak11，36222231所以，当nk1时，总有„ak11，3-1-1由数学归纳法知，当n…1时，总有„an1．所以A选项错误．3πaB选项，要证数列{a}单调递增，只需证sinna，n2nπ1ππ1令fxsinxx(x[,1))，则fxcosx1，fx在[,1)上单调递减，因为2322313π1f10,f(1)10，故fx在[,1)上存在唯一零点x0，3431当x[,x)时，fx0，当x(x,1)时，fx0，300π1所以fxsinxx在[,x)上为增函数，在(x,1)上为减函数，2300111π因为f0,f10，所以当x[,1)时，总有fx0，即sinxx，3632πa令xa，则有sinna，B选项正确．n2n31πan31C选项，要证an1…an，只需证sin…an，44244π311ππ31令gxsinxx(x[,1))，则gxcosx，gx在[,1)上单调递减，2443224313π331因为g()0,g(1)0，故gx在[,1)上存在唯一零点x1，34431当x[,x)时，gx0，当x(x,1)时，gx0，311π3111所以gxsinxx在[,x)上为增函数，在(x,1)上为减函数，因为g()g(1)0，24431131π31所以当x[,1)时，总有gx…0，即sinx…x，3244πan31令xan，则有sin…an，C选项正确．244A，B，C三选项可通过数形结合直观观察：如图π31D选项，令hxsinxx(x[,1))，则223ππ311π333hxcosx，hx在[,1)上单调递减，因为h()0,h(1)0，22233422π31所以hxsinxx在[,1)上为减函数，223-2-1π1π3因为h()0，所以当x(0,)时，总有hx„h()0，即sinx„x，32322π33所以sinan„an，即an1„an，2221整理得an1an„an，其中n1,2,32所以1a2a1„a1,21a3a2„a2,21an1an„an21累加后得，an1a1„Sn，即2an1„2a1Sn，D选项正确．2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。312．2；13．9；14．(1,)．214．【解析】11方法一：f(x)a有三个不等实数根等价于yf(x)与ya有三个交点，f(x)1f(x)111令tfx,gttt11，t1t1f(x)xe1x,fx1xe1x，当x1时，fx0,f(x)单调递增，当x1时，fx0,f(x)单调递减，f11当x时，fx，当x时，fx0，fx图象如图所示．11因为yf(x)与ya有三个交点，所以ytf(x)1t1ya与有两个交点，设交点横坐标分别为t1,t2，t1fx有1个零点，t2fx有2个零点，则t11,0t21或t10,0t21，3交点情况如图所示，所以1a．2-3-方法二：f(x)xe1x,fx1xe1x，当x1时，fx0,f(x)单调递增，当x1时，fx0,f(x)单调递减，f11当x时，fx，当x时，fx0，fx图象如图所示．11令tfx,f(x)a有三个不等实数根等价于ta有两个根，即f(x)1t12t1at1a0有两个根，设两根分别为t1,t2，且t11,0t21或t10,0t21，221a41a01a41a03所以1(1a)1a0或1(1a)1a0，解得1a．21a01a0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。15．【解析】（1）因为ABC120，ABBC2，所以ACBBAC30，AC2ABcos306，.....................................................2分又BCCD，所以ACD90ACB60，.....................................................3分ADAC在△ACD中，由正弦定理得，，sinACDsinADCACsinACD6sin602所以sinADC，.....................................................5分AD32又0ADC60，所以ADC45．.....................................................6分（2）在△ABC中，ABBC2，ABC，11SABBCsinABC22sinsin，.............................................7分△ABC22AC又，分2sinAC22sin....................................................................................8BC22【或由余弦定理得：AC2AB2BC22ABBCcosABC44cosAC22sin】2180在△ACD中，ACD90ACB90，又CD6，22-4-11所以SACCDsinACD22sin6sin33cos，....................9分△ACD2222所以四边形ABCD的面积，分SS△ABCS△ACDsin33cos32sin(60).........................................11因为120„180，60„60120，所以当，即时，，6090150Smax32故四边形ABCD面积的最大值为32．.................................................................13分16．【解析】（1）因为四边形ABCD为直角梯形，DAB60，CD1，AB3，所以AD4，BC23．.....................................................................2分因为PCBC23，PCB60，所以△PBC为正三角形，因为F为BC的中点，所以PFBC，.....................................................................4分又因为面ABCD面PCB，面ABCD与面PCB交于BC，PF面PCB，.................5分所以PF面ABCD，AD面ABCD，所以PFAD．............................................6分（2）以F为原点建系如图，P（0,0,3），A（3,3,0），B（0,3,0），D（1,3,0）........7分设E(0,0,a)，PA（3,3,3），DA（2,23,0），BE（0,3,a），.....................9分设面PAD的法向量为n(x,y,z)，3x3y3z023所以令x3，则y1，z，2x23y0323所以n(3,1,)，.....................11分3设直线BE与平面PAD夹角为，233anBE37则sin，.....................................................................12分4nBE3a243-5-所以a2．.....................................................................................................................14分7所以EF2时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为......................................15分417．【解析】解：（1）函数f(x)的定义域为(0,)，12ax21f(x)2ax．...........................................................................................2分xx12ax21①当a„0时，f(x)2ax0恒成立．.............................................3分xx12ax211②当a0时，f(x)2ax0解得x．........................................5分xx2a综上：当a„0时，f(x)在(0,)上单调递减；2a2a当a0时，f(x)在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增．....................6分2a2a（2）方法一:f(x)g(x)xexlnx1，x要证f(x)g(x)…x，即证xelnx1x…0恒成立，........................................7分11令h(x)xexlnx1x，所以h(x)(x1)ex1(x1)(ex)，.......9分xx11令k(x)ex，则k(x)在(0,)上单调递增，因为k()e20,k(1)e10，x211x0所以存在x0(,1)，使k(x0)e0，........................................................