数学参考答案及评分标准_2023年9月_01每日更新_6号_2024届山东省新高考联合质量测评高三上学期开学联考_山东省新高考联合质量测评2024届高三上学期开学联考数学

山东新高考联合质量测评 9 月联考试题
高三数学参考答案及评分标准
1.D.
2.A.
3. A.
4. D.
5.B.
6.C
7.解：令数列
试卷第1页，共8页
 a
n
 的公比为 q ， a
n
 0 , a
1
 0 , q  0 ，
因为 a
n
S
n
= 2 2 n − 1 − 2 n − 1 ，
所以当 n = 1 时，a2 =21−20 =1，即a =1，
1 1
当 n = 2 时， a
2
S
2
= 2 3 − 2 1 = 6 ，即 q ( 1 + q ) = 6 ，解得q= 2（舍去 q = − 3 ），
所以 S
n
=
1  (
1
1
−
−
2
2 n )
= 2 n − 1 ，即b = log (S +1) = n。
n 2 n
因为数列b 中的整数项组成新的数列c ，
n n
所以n=k2，k∈ N∗，此时 b
k 2
= k 2 = k ，即c =n，c =2023.故选：B
n 2023
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
 C +  P Q B = π ，
又∆ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有 P Q A B ⊥ ，
将∆APQ翻折后， P Q ⊥ A Q ，PQ⊥BQ，又平面 A P Q ⊥ 平面BCPQ，
平面APQ 平面 B C P Q = P Q ，
A Q  平面 A P Q ，BQ平面BCPQ，于是AQ⊥平面BCPQ， B Q ⊥ 平面APQ，
显然AP,BP的中点 D , E 分别为 △ A P Q ，四边形BCPQ外接圆圆心，
则DO⊥平面 A P Q ， E O ⊥ 平面 B C P Q ，因此 D O / / B Q , E O / / A Q ，
取PQ的中点 F ，连接DF,EF，则有 E F / / B Q / / D O , D F / / A Q / / E O ，
1 2 3−x
四边形EFDO为矩形，设AQ=x且0<x<2√3，DO=EF = BQ= ，AP= 2x，
2 2
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}设球
试卷第2页，共8页
O
AP 3 3 2 3
的半径R，有R2 = DO2 +( )2 = x2 − 3x+3= (x− )2 +2，
2 4 4 3
2 3
当x= 时，(R3) =2 2，所以球O体积的最小值为
3 min
4
3
3 8 2
3
  R
= .故选：C.
9.解：因为 f ( x ) = ta n

2 x −
π
6

，
对于A： f ( x ) 的最小正周期为 T =
π
2
，故A正确；
对于B：当 x 
 π
6
,
π
3

时， 2 x −
π
6

 π
6
,
π
2

，因为 y = ta n z 在 z 

0 ,
π
2

上单调递增，
π π
故 f (x)在 , 上单调递增，故B错误；
6 3
对于C：因为 f ( x )
π    3
的最小正周期为T = ，所以 f( )= f( − )= f(− )，故C正确；
2 5 5 2 10
对于D：令 2 x −
π
6

π
2
+ k π , k  Z ，解得 x 
π
3
+
k
2
π , k  Z ，所以 f ( x ) 的定义域为

x x 
π
3
+
k π
2
, k  Z

，故
D错误。故选：AC。
10. ABD。
11.解：对于选项A，由图可知 C C 1 与 D D 1 显然平行，所以  E F C =45°即为所求，选项A不正确；
对于选项B，取
B C1
1
的中点M，连接 A
1
M 、 G M ，如图所示，
易知 A 1 M //A E ，且A M 1  平面AEF， A E  平面 A E F ，
所以 A
1
M // 平面 A E F 。
又易知GM//EF，
GM 平面 A E F ，EF 平面 A E F ，所以 G M // 平面 A E F 。
又AM GM =M ，可得平面
1
A
1
M G // 平面 A E F 。
又𝐴 𝐺 ⊄平面AEF，从而AG//平面AEF，选项B正确。
1 1
对于选项C，由选项B知，
A
1
和G到平面AEF的距离相等，所以
V
A 1 − A E F
= V
G − A E F
= V
A − F E G
=
1
3

1
2

1
2
 1  1 =
1
1
2
. 选项C正确。
对于选项D，平面AEF过 B C 的中点E，即平面AEF 将线段 B C 平分，
所以C与B到平面AEF的距离相等，连接 显然EF将线段 三等分，从而 与B到平面AEF 的距
BC, BC B
1 1 1
离之比为3:1，选项D正确.故选：BCD.
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}( ) ( )( )
12.解：由n S −s −1= n+1 S −S 知，
n+1 n n n−1
试卷第3页，共8页
a
n + 1
−
1
n
=
n +
n
1
a
n
，
所以
a
n
＋n＋ 11 －
a
n
n ＝
n ( n
1
＋ 1 )
＝
1
n
－
n
1
＋ 1
，
则
a
n
n －
a
n
－n－ 11 ＝
n
1
－ 1
－
1
n
，
a
n
－n－ 11 −
a
n
－n－ 22 ＝
n
1
－ 2
－
n
1
－ 1
，…，
a
2
2 －
a
1
1 ＝1－
1
2
，
上述式子累加可得
a
n
n －a ＝1－
1
1
n
，所以
a
n
n ＝2－
1
n
＜2．
所以－2t2－(a＋1)t＋a2－a＋2≥2对于任意的t [1，2]恒成立，
整理得[2t－(a－1)](t＋a)≤0对于任意的t [1，2]恒成立．
法一：
对选项A，当a＝－4时，不等式为(2t＋5)(t－4)≤0，其解集[－
5
2
，4]包含[1，2]，故选项A正确；对选项B，
当a＝0时，不等式为(2t＋1)t≤0，其解集[－
1
2
，0]不包含[1，2]，故选项B错误；
对选项C，当a＝2时，不等式为(2t－1)(t＋2)≤0，其解集[－2，
1
2
]不包含[1，2],故选项C错误；
对选项D，当a＝5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)=[2t－(a－1)](t＋a),
𝑓(1)≤0 (3−𝑎)(1+𝑎)≤0
若[2t－(a－1)](t＋a)≤0对于任意的t [1，2]恒成立，只需{ 即{ 得
𝑓(2)≤0 (5−𝑎)(2+𝑎)≤0
a≥5或a≤−2。故选：AD.
13. 解：由 f '( x ) = e x ( s in 2 x + 2 c o s 2 x ) ，得 f (
2
) 2 e 2
 
 = − .
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=2√3，所以PC=2√3−r。
在∆PCD中，CD=r，所以sin300 = 𝐶𝐷 = 𝑟 ，解得r= 2√3，所以𝑆 =4𝜋𝑟2 = 16𝜋。
𝑃𝐶 2√3−𝑟 3 表 3
15. 解 ： 3→10→5→16→8→4→2→1→4→2→1.... a +a +a +a +a =42 ，
1 2 3 4 5
9 5  3 = 3 1  2 ， 所 以
a
6
+ a
7
+  + a
1 0 0
= 3 1  7 + 6 = 2 2 3 .所以𝑎 +𝑎 +⋯+𝑎 =42+223=265.
1 2 100
16.解：设BOE=，则 E O F   = ，根据题意易知 0 ,
2

 
 
∵ ，
OF =OA O A F
为等腰三角形，且
OFA=OAF,
又∵
BOF =OFA+OAF
，∴
EOF =OFA=OAF =，所以OE//FA
∴四边形OEFA为梯形，则四边形OEFA面积
1 900 900  
S = 3030sin(−2)+sin= (sin+2sincos)= (sin+sin2)，0, 
2 2 2  2
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}900 900
则S= (cos+2cos2)= ( 4cos2+cos−2 ) ，
2 2
试卷第4页，共8页
0 ,
2

 
 
令 S  = 0 ，
则4cos2+cos−2=0，解得 c o s
3 3
8
1
 =
− −
（舍）或 c o s
3 3
8
1
 =
−
设为 c o s
3 3
8
1
 =
−
所对应的角，
∵y=cos在 0 ,
2

 
 
上单调递减，
 33−1 
∴𝜃 ∈(0,𝜑)时，cos ,1，
 
8
 
 = 4 5 0 ( 4 c o s 2 + c o s − 2 )  0   S ，S单调递增.
∴ ,
2

  
 
时， c o s 0 ,
3 3
8
1
 
 − 
，  = 4 5 0 ( 4 c o s 2 + c o s − 2 )  0   S ，S单调递减.
∴当 c o s
3 3
8
1
 =
−
时，面积最大，即 c o s  B O C =
3 3
8
− 1
.
17解：（1）由𝑐 𝑐𝑜𝑠A+𝑎 𝑐𝑜𝑠C=5,知 c
b 2 + c
2 b
2
c
− a 2
+ a
a 2 +
2
b
a
2
b
− c 2
= 5 ,
化简得b=5 ...................................................................2分
由𝑐𝑜𝑠
𝐶
=
3 ，cosC=2cos2C
−1=
1
,又
2 4 2 8
0  C  π
3 7
则sinC = ，......................4分
8
所以 S
A B C
=
1
2
a b s in C =
1 5
4
7
. ...........................................................................6分
（2）由c2 =a2+b2−2abcosC=16+25−5=36，得c=6. ...................................8分
c a
而 = ，则
sinC sinA
s in A =
a s in
c
C
=
7
4
. ................................................10分
18.解：（1）由 n ( a
n + 1
− a
n
) = a
n
− n a
n + 1
( n  N * ) 得：2na =(n+1)a ，
n+1 n
∴
a
n
n
+
+ 1
1
=
1
2
a
n
n , .........................................................................................................2分
1
∴b = b ,
n+1 2 n
 
∴数列 b 是以1为首项，
n
1
2
为公比的等比数列....................................................4分
1
∴b = . ...................................................................................................................5分
n 2𝑛−1
（2）由（1）得𝑐 =𝑛，
𝑛
∴(−1)𝑛 2𝑛+1 =(−1)𝑛( 1 + 1 )， ...................................................................7分
𝑛(𝑛+1) 𝑛 𝑛+1
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}∴𝑇 =−（1+ 1）+（1 + 1）−⋯+(−1)2𝑛( 1 + 1 )= 1 −1. .......12分
2𝑛 2 2 3 2𝑛 2𝑛+1 2𝑛+1
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
试卷第5页，共8页
A D =
1
2
B C ， A D / / B C ，
所以 A D / / G C , A D = G C ,
所以四边形AGCD为平行四边形.----------------------------------------------------------3分
所以 A G / / C D ，
所以 C D / / 平 面 P A G ，
故当点F在△PBC的BC边的中线PG上运动时， C D / / 平 面 P A E . ---------------5分
（2）四棱锥的体积 V =
1
3

( 2 + 4
2
)  2
 P A = 6 ，
故PA=3. --------------------------------------------------------------- ---------------6分
由已知可得AB=2 2,AC=2 2 ,所以 A B 2 + A C 2 = B C 2 , A B ⊥ A C .-------------------7分
以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在的直线分别为 x 轴 , y 轴 , z 轴 建立如图所示空间直角坐标系.
则A(0,0,0),B(2 2,0,0),C(0,2 2,0),
(
0 ,0 ,3
),
(0
, 2 2 ,3 − 3
),

(
0 ,1
)
   P F ，
𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =(2√2，0，0)，𝐴⃗⃗⃗⃗𝐹⃗ =(0,2√2𝜆，3−3𝜆)-----------------------8分
设面ABF的法向量 n = ( x , y , z ) ，
𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ∙𝑛⃗ =0
则{ ，即
𝐴⃗⃗⃗⃗𝐹⃗ ∙𝑛⃗ =0
2
2
2
2
x
y
0
( 3 3 ) z 0  
 =
+ − =
，
令y= 2 ，则 z
3 (
4
1 )


=
−
，所以 n ( 0 , 2 ,
3 (
4
1 )
)


=
−
----------------9分
又面ABC的法向量 m = ( 0 , 0 ,1 ) ，
所以二面角F−AB−C的余弦值 |c o s  n , m  |=
|
|
n
n

||
m
m
|
|
=
2
1
3
7
4
，
1
解得= ，-----------------------------------------------------------------10分
2
即F为PC中点，
此时PC = (2 2)2 +32 = 17
,
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}1 17
PF = PC = ． ---------------------------------------------------------11分
2 2
即当
试卷第6页，共8页
P F =
1
2
7
二面角
时，
F − A B − C
2 34
的余弦值为 --------------------------12分
17
20. 解：（1） f(x)=2e2x −2(a+1)ex +2a =2(ex −1)(ex −a) .-----------------------1分
①a=1时，由 f ( x )  0 ， f ( x ) 在 ( −  , +  ) 上单调递增.------------------------------2分
②a1时，由 f ( x )  0 得 x  0 或 x  ln a ， f ( x )  0 得 0  x  l n a ，-----------3分
所以 f(x)在(−,0)，(lna,+)上单调递增；在(0,lna)上单调递减.------------------4分
③0a1时，由 f ( x )  0 得xlna或x0， f(x)0得lna x0，------5分
所以
f ( x ) (−,lna)，(0,+)
在 上单调递增；在
( ln a ,0 )
上单调递减.-
-----------------6分
（2）
a  1
时，由（1）得
f ( x )
在
( 0 ， ln a )
上单调递减，在
( ln a , +  )
上单调递增
所以对任意 x  0 ，
f(x) f(lna)=e2lna −2(a+1)elna +2alna=a2 −2a(a+1)+2alna
=2alna−a2 −2a--------------------------------------------------8分
令g(a)=2alna−a2 −2a（a1），
则
g ( a ) = 2 (1 + ln a ) − 2 a − 2 = 2 ( ln a − a )  0
10分
-------------------------------------------
所以g(a)在(1,+)上单调递减，g(a) g(1)=−3
因为对任意a1，关于 x 的方程 f ( x ) = k 恒有正数解，所以k −3.--------------12分
21.解：（1）因为 f ( 0 ) = 1 + m =
1
2
，所以 m = −
1
2
. ............1分
f(x）= √3 𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑥− 1−𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑥 + 1 ,所以f(x)=sin(2ωx+ π )． .........3分
2 2 2 6
又因为函数 f ( x ) 的最小正周期为，所以𝜔 =1,所以：f(x)=sin(2x+ π ). .......5分
6
π π π
当2x+ =2kπ− ，kZ，即x=kπ− ，
6 2 3
k  Z 时，f(x) =－1
min
所以函数 f(x)的最小值为−1，.-----------------------------------------------------------------6分
π π kπ π
（2）令sin(2x+ )=0，则2x+ =kπ，kZ，所以x= − ，kZ．-------8分
6 6 2 12
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}当k =1,2,3时，函数 f(x)的零点为
试卷第7页，共8页
5
1
π
2
,
1 1 π
1 2
17𝜋
， .-------------------------------------10分
12
由于函数 f ( x ) 在区间 [ 0 , t ] 上有且仅有2个零点，
11π 17π 所以 ≤t< ,所以
12 12
t 11𝜋 17𝜋 的取值范围是[ , )．-------------------------------------.12分
12 12
22（1）由题意知 S
n
=
a
n
2
+ 1
,----------------------------------------------------------1分
当n=1时， a
1
=
a
1
+
2
1
，所以 a
1
= 1 ,
当n≥2时， S
n
=
 a
n
2
+ 1 
2
， S
n -1
=
 a
n -1
2
+ 1 
2
，
,
因为 a
n
= S
n
− S
n − 1
= (
a
n
2
+ 1
) 2 − (
a
n − 1
2
+ 1
) 2 ,
所以 a
n
2 − a
n − 1
2 − 2 a
n
− 2 a
n − 1
= 0
,
即 ( a
n
− a
n − 1
− 2 ) ( a
n
+ a
n − 1
) = 0 . ------------------------------3分
因为数列为正项数列,
所以 a
n
− a
n − 1
− 2 = 0 即数列
，

a
n

为公差为2的等差数列,
所以 a
n
=2n－1 . -------------------------------4分
（1）因为 b
n
= 2 n a
n + 1
= 2 n ( 2 n + 1 ),
所以 T
n
= 2  3 + 2 2  5 + 2 3  7 + . . . + 2 n ( 2 n + 1 ) , ①
2T =223+235+247+...+2n(2n−1)+2n+1(2n+1) . ②
n
①-②得，
− T
n
= 2  3 + 2 3 + 2 4 + . . . + 2 n + 1 − 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) = 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + . . . + 2 n + 1 − 2 n + 1 ( 2 n + 1 )
2
( 1−2n+1)
= −2n+1(2n+1)
1−2
= ( 1 − 2 n ) 2 n + 1 − 2 ， - ----------------------------7分
所以 T
n
= ( 2 n − 1 ) 2 n + 1 + 2 ，
所以
T
n
2
−
n +
2
1
 a
n + 1
− 1 6
2n+15 14
 可化简为 = 2n+1+ .
2n+1 2n+1
T −2  14 
因为 n  a −16恒成立，所以  2n+1+  .---------------------9分
2n+1 n+1  2n+1
min
因为对勾函数y=x+ 14 (x0)在 ( 0, 14 ) 上单调递减，在 ( 14,+ ) 上单调递增，
x
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}又
试卷第8页，共8页
n  N * ，
所以当 n = 6 ，即 2n+1= 13时， 2 n + 1 +
1 4
2 n + 1
=
2 7
1 3
1 3
；
当 n = 7 ，即 2 n + 1 = 1 5
14 29 15 27 13 29 15
时， 2n+1+ = ，又  ；
2n+1 15 13 15
所以

2 n + 1 +
1 4
2 n + 1

m in
=
2 9
1 5
1 5
，
29 15

故 15 ． ---------------------------------------------12分
{#{QQABIYIQogiIABIAARgCAQHgCAMQkACCCAgOQAAEsAAByQFABAA=}#}