山东新高考联合质量测评2023-2024学年高三上学期9月联考数学试题含答案.pdf

《山东新高考联合质量测评2023-2024学年高三上学期9月联考数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东新高考联合质量测评2023-2024学年高三上学期9月联考数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、试卷第 1 页，共 8 页 山东新高考山东新高考联合联合质量测评质量测评 9 月联考试题月联考试题 高三数学参考答案及评分标准高三数学参考答案及评分标准1.D.2.A.3.A.4.D.5.B.6.C7.解：令数列 na的公比为q，10,0,0naaq，因为21122nnnna S=，所以当1n=时，1220121=a，即11a=，当2n=时，6221322=Sa，即()16qq+=，解得2q=（舍去3q=），所以()11 2211 2nnnS=，即()2log1nnbSn=+=。因为数列 nb中的整数项组成新的数列 nc，所以n=k2，k N，此时kkbk=22，即ncn=，20232023c

2、=.故选：B 8.解：显然 P 不与 A 重合，由点,A B C P Q均在球O的球面上，得,B C P Q共圆，则CPQB+=，又ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有PQAB，将APQ翻折后，PQAQ，PQBQ，又平面A PQ平面BCPQ，平面A PQ平面BCPQ=PQ，A Q平面A PQ，BQ 平面BCPQ，于是AQ平面BCPQ，BQ 平面A PQ，显然,A P BP的中点,D E分别为A PQ，四边形BCPQ外接圆圆心，则DO 平面A PQ，EO 平面BCPQ，因此/,/DOBQ EOA Q，取PQ的中点F，连接,DF EF，则有/,/EFBQDO DFA QEO，四边形EFDO为矩

3、形，设A Qx=且0 x 23，12 322xDOEFBQ=，2A Px=，试卷第 2 页，共 8 页 设球O的半径R，有2)332(433343)2(22222+=+=+=xxxPADOR，当2 33x=时，3min()2 2R=，所以球O体积的最小值为328343=R.故选：C.9.解：因为()tan 26fxx=，对于 A：()f x的最小正周期为2T=，故 A 正确；对于 B：当6 3,x时，2,66 2x，因为tanyz=在0,2z上单调递增，故()f x在,6 3上单调递增，故 B 错误；对于 C：因为()f x的最小正周期为2T=，所以)103()25()5(=fff，故 C 正

4、确；对于 D：令2,Z62xkk+，解得,Z32kxk+，所以()f x的定义域为,32kx xk+Z，故D 错误。故选：AC。10.ABD。11.解：对于选项 A，由图可知1CC与1DD显然平行，所以EFC=45即为所求，选项 A 不正确；对于选项 B，取11BC的中点 M，连接1AM、GM，如图所示，易知1/AM AE，且 A1M平面AEF，AE 平面AEF，所以1/AM平面AEF。又易知/GM EF，GM 平面AEF，EF 平面AEF，所以/GM平面AEF。又1AMGMM=，可得平面1/AMG平面AEF。又1 平面AEF，从而1/AG平面AEF，选项 B 正确。对于选项 C，由选项 B

5、知，1A和 G 到平面 AEF 的距离相等，所以.121112121311=FEGAAEFGAEFAVVV选项 C 正确。对于选项 D，平面AEF过BC的中点 E，即平面AEF将线段BC平分，所以 C 与 B 到平面AEF的距离相等，连接,1CB显然 EF 将线段CB1三等分，从而1B与 B 到平面AEF的距离之比为 3:1，选项 D 正确.故选：BCD.试卷第 3 页，共 8 页 12.解：由()()()1111+=nnnnSSnsSn知，nnannna111+=+，所以1111111nnaannn nnn()，则11111nnaannnn，12111221nnaannnn，2121aa11

6、2，上述式子累加可得nana111n，所以nan21n2 所以2t2(a1)ta2a22 对于任意的 t1，2恒成立，整理得2t(a1)(ta)0 对于任意的 t1，2恒成立 法一：对选项 A，当 a4 时，不等式为(2t5)(t4)0，其解集52，4包含1，2，故选项 A 正确；对选项 B，当 a0 时，不等式为(2t1)t0，其解集12，0不包含1，2，故选项 B 错误；对选项 C，当 a2 时，不等式为(2t1)(t2)0，其解集2，12不包含1，2,故选项 C 错误；对选项 D，当 a5 时，不等式为(2t-4)(t+5)0，其解集5，2包含1，2，故选项 D 正确.法二:令 f(t)

7、=2t(a1)(ta),若2t(a1)(ta)0 对于任意的 t1，2恒成立，只需(1)0(2)0即(3 )(1+)0(5 )(2+)0得a 5 或a 2。故选：AD.13.解：由()sin22cos2()xfxexx=+，得2()22fe=.14.解：设球心为C，过C作CD垂直于PA，垂足为D，设内切球半径为r.在POA 中PO=23，所以PC=23 r。在PCD中，CD=r，所以sin300=23，解得 r=233，所以表=42=163。15.解：3105168421421.4254321=+aaaaa，231395=，所 以223673110076=+=+aaa.所以1+2+100=42

8、+223=265.16.解：设BOE=，则EOF=，根据题意易知0,2OFOA=，OAF为等腰三角形，且OFAOAF=,又BOFOFAOAF=+，EOFOFAOAF=，所以/FOEA 四边形 OEFA 为梯形，则四边形 OEFA 面积()()190090030 30sin(2)sinsin2sincossinsin2222S=+=+=+，0,2试卷第 4 页，共 8 页 则()()2900900cos2cos24coscos222S=+=+，0,2令0S=，则24coscos20+=，解得331cos8=（舍）或331cos8=设为331cos8=所对应的角，cosy=在0,2上单调递减，(0

9、,)时，331cos,18，0)2coscos4(4502+=S，S 单调递增.,2时，33 1cos0,8，0)2coscos4(4502+=S，S 单调递减.当331cos8=时，面积最大，即8133cos=BOC.17 解：（1）由 A+C=5,知,522222222=+abcbaabcacbc化简得 b=5.2 分 由2=34，cosC=2cos2C2 1=18,又0C 则3 7sin8C=，.4 分 所以115 7sin24ABCSabC=.6 分（2）由2222cos1625 536cababC=+=+=，得6c=.8 分 而sinsincaCA=，则sin7sin4aCAc=.1

10、0 分 18.解：（1）由)N()(*11=+nnaaaannnnn得：2nan+1=(n+1)an，,2111nanann=+.2 分,211nnbb=+数列 nb是以 1 为首项，21为公比的等比数列.4 分 bn=121.5 分（2）由（1）得=，(1)2+1(+1)=(1)(1+1+1)，.7 分 试卷第 5 页，共 8 页 2=（1+12）+（12+13）+(1)2(12+12+1)=12+11.12 分 19.解：（1）点 E 在PBC 的 BC 边的中线上.-1 分取 BC 的中点 G，连接 AG，PG，因为12ADBC=，/ADBC，所以/,ADGC ADGC=,所以四边形 A

11、GCD 为平行四边形.-3 分 所以/AGCD，所以/CDPAG平面，故当点 F 在PBC 的 BC 边的中线 PG 上运动时，PAECD平面/.-5 分（2）四棱锥的体积1(24)2632VPA+=，故3PA=.-6 分 由已知可得2 2,2 2ABAC=,所以222ABACBC+=,ABAC.-7 分 以点 A 为坐标原点，AB、AC、AP 所在的直线分别为,xyz轴轴 轴建立如图所示空间直角坐标系.则(0,0,0),(2 2,0,0),(0,2 2,0),ABC()()()1,0,33,22,0,3,0,0FP，=(22，0，0)，=(0,22，3 3)-8 分设面 ABF 的法向量(,

12、)nx y z=，则 =0 =0，即2 202 2(33)0 xyz=+=，令2y=，则43(1)z=，所以4(0,2,)3(1)n=-9 分 又面 ABC 的法向量(0,0,1)m=，所以二面角CABF的余弦值|2 34|cos,|17|n mn mn m=，解得12=，-10 分 即 F 为 PC 中点，此时173)22(22=+=PC,试卷第 6 页，共 8 页 21721=PCPF -11 分 即当217=PF时，二面角CABF的余弦值为2 3417-12 分 20.解：（1）)e)(1e(22e)1(2e2)(2aaaxfxxxx=+=.-1 分 1=a时，由0)(xf，)(xf在)

13、,(+上单调递增.-2 分 1a时，由0)(xf得axxln0 或，0)(xf得axln0，-3 分 所以)(xf在),(ln)0,(+a，上单调递增；在)ln,0(a上单调递减.-4 分10a时，由0)(xf得0lnxax或，0)(xf得0ln xa，-5 分 所以)(xf在),0()ln,(+，a上单调递增；在)0,(lna上单调递减.-6 分（2）1a时，由（1）得)(xf在)ln0(a，上单调递减，在),(ln+a上单调递增所以对任意0 x，分8-2ln2ln2)1(2ln2)1(2)(ln)(22lnln2aaaaaaaaaaaeaeafxfaa=+=+=令aaaaag2ln2)(2

14、=（1a），则0)(ln222)ln1(2)(=+=aaaaag-10 分所以)(ag在),1(+上单调递减，3)1()(=gag 因为对任意1a，关于x的方程kxf=)(恒有正数解，所以3k.-12 分 21.解：（1）因为1(0)12fm=+=，所以12m=.1 分 f(x）=322 122+12,所以f(x)=sin(2x+6).3 分 又因为函数()f x的最小正周期为，所以=1,所以：f(x)=sin(2x+6).5 分 当22 62xk+=，k Z，即3xk=，k Z时，f(x)min=1 所以函数()f x的最小值为1，.-6 分（2）令sin(2)06x+=，则26xk+=，k

15、 Z，所以212kx=，k Z-8 分 试卷第 7 页，共 8 页 当1,2k=,3 时，函数()f x的零点为5 11,1212，1712.-10 分 由于函数()f x在区间0,t上有且仅有 2 个零点，所以1112 t 1712,所以t的取值范围是1112,1712)-.12 分 22（1）由题意知 21+=nnaS,-1 分 当 n=1 时，1112aa+=，所以11a=,当 n2 时，221+=nnaS，21-1-21+=nnaS,因为2121)21()21(+=nnnnnaaSSa,所以2211220nnnnaaaa=,即11(2)()0nnnnaaaa+=.-3 分 因为数列为正

16、项数列,所以 120nnaa=，即数列 na为公差为 2 的等差数列,所以na=2n1.-4 分（1）因为(),12221+=+nabnnnn 所以)12(2.72523232+=nTnn,)12(2)12(2.72523221432+=+nnTnnn.-得，)12(22.22321143+=+nTnnn)12(22.222211432+=+nnn()()112 1 22211 2nnn+=+()11 222nn+=，-7 分 所以()121 22nnTn+=+，所以162211+nnnaT可化简为21514212121nnnn+=+.因为162211+nnnaT恒成立，所以min142121nn+.-9 分 因为对勾函数()140yxxx=+在()0,14上单调递减，在()14,+上单调递增，#QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=#试卷第 8 页，共 8 页 又*nN，所以当6n=，即2113n+=时，1427 13211321nn+=+；当7n=，即2115n+=时，1429 15211521nn+=+，又27 1329 151315；所以min1429 15211521nn+=+，故29 1515-12 分