（数学）中学联盟5月9日联考答案解析_2024年5月_01按日期_13号_2024届山东省中学联盟高三5月考前模拟冲刺大联考_2024届山东省山东中学联盟高三下学期5月考前模拟冲刺大联考数学

山东中学联盟 2024 届高三考前模拟冲刺大联考 命题意图：本题主要考查指数、对数的运算以及指数函数、对数函数的单调性，考查的数学核心 素养是数学运算、逻辑推理. 数学答案解析 5.答案：C  1 3 解析：因为P，Q两点在第2秒时第一次相遇于点  ,  ， 2 2   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． 所以 2 2π ,2 4π，所以 π , 2π . 3 3 3 3 π 2π 设它们从出发后第2次相遇时间为t，则（  ）t=22，所以 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 3 3 π 4π 答案 C B B A C A A D t 4.点P运动的路程为t  4 .故选：C 3 3 命题意图：本题主要考查三角函数定义的应用以及任意角的三角函数值，考查的数学核心素养是 1.答案：C 解析：全集U  R ， A3,3  ， B  0,4 ，则阴影部分表示的集合为 数学运算、逻辑推理、数学抽象. 6.答案：A 解析：设z a bi,z a b i, C AB  3,4  ,故选C. 1 1 1 2 2 2 U 对于答案A，由z  z 得，a a，b b，所以z  z ，故A正确； 命题意图：本题主要考查集合的基本运算，利用图象先确定集合关系，考查学生分析问题解决问 1 2 1 2 1 2 1 2 题的能力，考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理. 对于答案B，令z i，z 2i，z z 2，不满足题意，故B错误； 1 2 1 2 2．答案：B 解析：若ln(ab)0，可得ab1；易得ab1是a b1的必要不充分条件， 容易知道C，D显然错误.故选A. 故选 B. 命题意图：本题主要考察复数的四则运算以及共轭复数、复数模的定义，考查的数学核心素养是 逻辑推理，数学运算. 命题意图：本题主要考查对数函数性质、不等式解法.结合充分、必要条件分析判断.考查的数学核 7.答案：A 解析：由题可知，函数的定义域为R,关于原点对称. 心素养是数学运算、逻辑推理. 3.答案：B 解析： 因为L:(x4)cos ysin4,所以点 P(4,0)到L中每条直线的距离 2 2 2x 1 对于答案A，因为 f(x1)2 3 2 1  是奇函数，正确； 2x 1 2x 1 2x 1 4 d   4,所以L为圆C:(x4)2 y2 16的全体切线组成的直线系,存在两切 cos2sin2 2 2x11 对于答案B，因为 f(x1)2 1  不是奇函数，错误； 线平行的情况,L中所有直线均经过一个定点不可能，故A错误，B正确; 2x11 2x11 2 52x 3 当0时，直线方程变为x8,此时直线的斜率不存在，故C错误； 对于答案C，因为 f(x1)2 5  不是奇函数，错误；  2x 1 2x 1 当 时，直线方程变为 y 4,此时直线的斜率为0,故D错误.故选 B. 2 2 52x13 1 1 对于答案D，因为 f(x1)2 5  不是奇函数，错误.故选A. 4.答案：A 解析：a 3lg2lg8lg101，b33 30 1，c22 20 1 , 2x11 2x11 命题意图：本题考查函数的奇偶性的判断，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理． 因为b6 9，c6 8，所以b6 c6，所以bc1a，故选A. {#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}8.答案：D 解析：高一学生成绩：71,78,79,79,84,86,91,93,94,95，则高一学生体质测试成绩的 9394 80%分位数是 93.5，故A选项错 D选项：由题可知a 0,且a2 aa ,所以(a d)2 a (a 5d),整理得：d2 3ad,所以d 0 2 1 2 1 6 1 1 1 1 1 71787979848691939495 高 一 学 生 的 平 均 成 绩 为 x   85 ， 或 d 3a , 当 d 0 时 ， a a , 此 时 q 1; 当 d 3a 时 ， a (3n2)a , 此 时 1 10 1 n 1 1 n 1 1 10 s2  (x x )2 60 a 4a ,a 16a ,q 4 故D正确. 1 10 i 2 2 1 6 1 ， i1 高二学生成绩：78,79,81,84,85,85,86,87,92,93， 命题意图：本题考查等差等比数列及其前n项和的性质，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算. 78798184858586879293 10答案：BCD 则 高 二 学 生 的 平 均 成 绩 为 x  85 ， 1 10 x2 解析：解析：椭圆E:  y2 1可得a 3，b1，c 2，所以左焦点F( 2,0)， 1 10 3 1 s2  (x x )2  22 ，故B,C选项错 2 10 i 1 i1 A选项： AB 最大值为2a 2 3 所以A不正确； 高一成绩优秀学生4名，高二成绩优秀学生2名，从6名学生中随机抽取2名，他们的成绩组成 的所有基本事件（用数对表示）为{ 91,92，91,93，91,93，91,94，91,95，92,93，92,93， B 选项：设A(x ，y )，B(x ，y ),设中点M  x ,y , 1 1 2 2 0 0 92,94，92,95，93,93，93,94，93,95，93,94，93,95，94,95 }共15个.记“抽取的 x2 x2  x x  x x  所以 1  y2 1, 2  y2 1,所以 1 2 1 2  y  y  y  y  0, 2名学生的成绩差的绝对值不大于1”为事件A，则事件A包含的基本事件为91,92，92,93， 3 1 3 2 3 1 2 1 2 92,93，93,93，93,94，93,94，94,95 }，共7个.由古典概型计算公式可知PA 7 .故  y  y  y  y  1 15 所以k k  1 2 1 2  , OM AB  x x  x x  3 D选项正确. 1 2 1 2 命题意图：本题主要考查样本数字特征，百分位数，平均数，方差，以及古典概型考查的数学核 2 心素养是数学运算、逻辑推理. 1 1 1 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题 所以k    2  ,所以B正确; AB 3k 3 2 3 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． OM  2 题号 9 10 11 C选项:设点O为坐标原点,因为点N,O分别为AF,FF 的中点， 1 1 2 答案 BD BCD ACD 所以 NF  NO  1 AF  1 AF a 3 2 ，所以点N的轨迹是椭圆；所以C正确； 1 2 1 2 2 9.答案：BD 解析：A选项：若a 0,则数列 a 为递减数列，故A错； D选项：圆x2  y2 3的圆心为(0,0)，半径为 3， 1 n n 1 1 5 1 1 B选项：a    ,当且仅当n 等号成立，由于nN ,故最小值应 设AF 的中点为M ，所以 OM  MA  AF  AF  3，所以两个圆内切，所以D选项 n 4n2 25 25 20 2 时，  1 2 2 2 1 4n n 确；故选：BCD． 2 3 3 命题意图：本题考查椭圆的定义和性质的应用，长度的求解，考查学生的运算求解、逻辑推理能 在n2或n3处取，a  ,a  ,故a 的最大值为 .故B正确； 2 41 3 61 n 61 力，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理． 11.答案：ACD C选项：由S n2 9n得a 102n,则a 2，故C错； n n 4 {#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}1 1 18 解析：A选项,由题意， bcsin A ( c2 b2)sin A ，又sin A  0 ， b2 c2 a2 b2 (2b)2  b2 37 2 2 所以cosBAC   11   0，所以BAC为锐角．故 2bc 2b2b 44 1 1 所以 bc  c2 b2 ，整理得c2 bc2b2  0 得c  2b， C正确； 2 2 ，解 D选项，设 AC b t，BAC  2, 所以 △ABC为“倍长三角形”,故A正确; 3 4 由S  S  S ，所以 sin 2sincos，故 cos， B选项,设 AC  x， AB  2x， ABD ACD ABC 2 3 所以S ABC  1 2 BCACsinC  2xsinC  2x 1cos2C ， 因为    0,  2    ，且    1 3 , 2 3    ,所以 cos    1 4 , 1 2    ， 所以 tan  3, 15  ， 又因为 BC2  AC2  AB2 16 3x2 1 又由余弦定理得cosC   ， S t2sin21，得t2  2BCAC 8x ABC sin2 , 163x2 256 9 80 令u  a2 b2 c2 2bccosA(2t)2 t2 4t2cos25t2 4t2cos2, 所以S 2x 1cos2C 2x 1( )2   (x2  )2 ABC ， 8x 9 16 9 5 4cos2 54cos2 由三角形的三边关系可得   x2x  4 ，解得 4  x 4， u5t24t2cos2 sin2  sin2  sin2 ， x4  2x 3 5sin25cos24(cos2sin2) 9sin2cos2 9tan21 所以u   所以当x  4 5 时，面积有最大值为 16 ．故B错； 2sincos 2sincos 2tan ， 3 3 9tan 1 C选项,因为 AD是BAC的角平分线，交BC于点D,所以点D到AB，AC的距离相等， 即u  ，所以u关于tan在 3, 15 内单调递增，所以当tan 3时， 2 2tan   2a 又AB2AC，所以S  2S ，BD2CD，由题意AD a，BD  ， ABD ACD 3 9 3 1 14 3 u取得最小值为u   ．故D正确. 2 2 3 3 2 a2 c2 b2 c2 ( a)2 a2 命题意图：本题考查解三角形，三角恒等变换,正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，还考 △ABC中，cosB  ①， △ABD中，cosB  3 ②， 查了三角函数最值求解以及三角形的面积公式，考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理. 2ac 2 2c a 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 3 2 12．答案： 解析：a( 2,1)，b(cosx,sinx)， 18 2 联立①②得11a2  6b2 3c2 ，又c  2b，所以 a2  b2 ， 2 11 因为a∥b，所以 2sinxcosx，tanx . 2 命题意图：本题考查共线向量的坐标表示和弦切转化问题，考查的核心素养是数学运算、逻辑推 理． {#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}13.答案：2. 又PD2,DE 1,PD2 PE2+DE2,所以PDE为直角三角形. 解析：设圆台的上，下底面半径分别为r , r ，母线长为l, 1 2 1 1 1 3 由题意得r  4，该圆台与其内切球的轴截面如图： 所以V PDEF V FDEP  S △DEP PF   1 3 1  . ....................6分 3 3 2 6 2 记圆台的高为h，内切球的半径为r，则h  2r ， （2）解：在平面PDF 内，过点P作PT⊥DF 于点T ，那么PT⊥平面ABCD 易知，该圆台的母线长为l  r  r  5，解得r 1 , 2 5 4 5 5 1 2 1 在RtDPF 中，PT  ,DT  ,FT  ，.........................8分 5 5 5 h l2 (r r)2  4 2r,所以r 2. 2 1 以D为坐标原点，DA,DC所在的直线分别x轴、y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z 命题意图：本题考查圆台和球的组合体问题，考查的核心素养是数学运算、直观想象、逻辑推理． 1 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 14. 答案：[ ,). e 4 8 4 8 2 5  1 8 2 5 1 1lnx 所以E(1,0,0),T( , ,0), P( , , ) PE ( , , )........9分 解析：将不等式  m变形得：mxemx emx  x(1lnx)， 5 5 5 5 5 ， 5 5 5 x emx 因为PT⊥平面ABCD , 即emx(mx1) x(1lnx)， 所以emx(lnemx 1) x(1lnx)， 所以可以取平面DEF 的一个法向量为n(0,0,1)， 设函数 f(x) x(1lnx)，则 f(emx) f(x)恒成立. 设直线PE和平面DEF 所成的角为，   又 f'(x)2lnx0恒成立，所以函数 f(x) x(1lnx)在[1,)上单调递增. 所以sin|cos  P  E  ,  n | |  P  En  |  2 17 .............11分 |PE||n| 17 lnx 因为 f(emx) f(x)恒成立，所以emx  x，即m . x 2 17 lnx 1lnx 所以直线PE和平面DEF 所成角的正弦值 ...........................................................13分 设g(x) ，g'(x) ，当x[1,e),g'(x)0,g(x)单调递增； 17 x x2 1 1 命题意图：本题以四棱锥为载体，考查点到平面的距离、直线和平面所成角的求解.主要考查学生 当x(e,),g'(x)0,g(x)单调递减；所以g(x)  g(e) ，所以m . max e e 的运算求解能力，直观想象的能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算、逻辑推理. 命题意图：本题考查函数导数中同构问题及恒成立问题，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理． 16.（15分）解：(1)a 2,a 6,a 18;.......................................................................3分 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 1 2 3 15.（1）解：因为BC//DE,PF  BC， a 23n1,.............................................................................4分 猜想： n 所以PF DE，又因为PF PD,PDDE E， 证明：因为 a (3n) 不超过 3n 的数共有3n 个，其中与 3n 不互素的数是3 的倍数，即 n 所以PF 平面PDE .......................................3分 31,32，33，，33n1共3n1个数， 所以PF PE ,在 PEF 中，AB  EF  2,PF 1, 所 以 所以a 3n 3n1 23n1,...............................................................................6分 n PE  3 (2) 易知 a 是以a 2为首项，以3为公比的等比数列， n 1 {#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#} 2(13n) 又g(0)10，显然g( )10, 所以S  3n1....................................................................7分 2 n 13  由零点存在定理，存在唯一的x (0, )满足g(x )0，………………8分 因为b 1 log (S 1), 即b 1log 3n 2n, 0 2 0 n 3 n n 3 所以x, f(x), f'(x)之间的关系如下表： 所以b 2n1,...........................................................................................9分 n x (,x ) x (x ,) 0 0 0 b2b2 (2n1)2(2n1)2 4n21 2 1 1 故c n  2 n bb n1  2(2n1)(2n1)  4n21 1 (2n1)(2n1) 1 2n1  2n1 .......11分 y  f(x)  0 + n n1 y  f(x) 单调递减 极小值 单调递增 1 1 1 1 1 1 1 所以T c c c c 11 1  1  1  所以函数 y  f(x)有且只有一个极值点.………………10分 n 1 2 3 n 3 3 5 5 7 2n1 2n1 1 1 n1 . ..............................................................................15分 ②证明:由g(x )0得:2x cosx sinx 0，即x  (cosx sinx )， 2n1 0 0 0 0 0 2 0 0 1 所以 f(x ) (cosx sinx )2 (cosx sinx )， 命题意图：本题以新定义为载体，主要考查等比数列的前n项和公式和裂项求和法，考查学生创 0 4 0 0 0 0 新性的分析问题解决问题的能力，考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理.   3 1  17.（15 分） 由①知g(0)0，又g( )   0,所以x (0, ),………………12分 6 3 2 2 0 6 解：（1）因为 f(x) x2 asinxbcosx， 1  f(x ) (1sin2x ) 2sin(x  ), 所以 f(x)2xacosxbsinx ，………………2分 0 4 0 0 4 1  所以切线的斜率k  f(0)1，即a 1；又 f(0)1，即b1. 因为 f ( x 0 )  2 cos2x 0  2 cos( x 0  4 )0, 所以a b1.………………4分  则y  f(x )在(0, )上单调递减, （2）证明：①函数 f(x) x2 sinxcosx，其定义域为R， 0 6  1    2 5 3 f(x) 2xcosx sinx， 所以 f(x ) f( ) (1sin )sin cos  ，……………14分 0 6 4 3 6 6 8 下面证明 y  f(x)2xcosxsinx有且只有一个变号零点. 25 3 即 f(x ) .………………15分 0 8 设g(x) f(x)2xcosxsinx ， 命题意图：本题依托函数的极值，主要考查导数的应用以及零点存在定理、二分法等，考查的数  学核心素养是数学运算、逻辑推理. 则g(x) 2sinxcosx 2 2sin(x ) 0 ， y1 y1 4 18.解：（1）设Mx,yx2，则k k   1，……………………….3分 2 1 x2 x2 所以函数 y  g(x)在(,)单调递增，………………6分 {#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}解得:x2 4yx  2 .………………………6分 100(1P)(1q)1100P1100(1 p)q (2)是定值.依题意，可设直线AB的方程为ykxm，Ax,y ,Bx ,y ，则有 1001000p1000(1 p)q.…………5分 1 1 2 2 A 1 x 1 ,m,A 2 x 2 ,m . （2）X n 的所有可能取值为100，200，，100n，100n1000 , ykxm 由  消去y可得x24kx4m0, 记事件A为“第i次检测为阳性”，i 1,2,3,.........n;事件B为“患者感染甲病毒”, x2 4y i 从而有 则P(B) p,P(B)1 p，P(A |B)1,P(A |B)0，P(A |B)q,P(A |B)1q, x x 4k i i i i  1 2 ,…………………………….8分 xx 4m 1 2 于是P(X 100) P(A) P(B)P(A |B)P(B)P(A |B) 1 1 1 1 于是y y kx x 2m4k22m, 1 2 1 2 0(1 p)(1q) (1 p)(1q) ， 又由x2 4y ,x2 4y ， 1 1 2 2 当2k n时,P( X 100k ) P( AA A A )(1 p)qk1(1q) ， xx 2 n 1 2 k1 k 可得y y  1 2 m2,………….10分 1 2 16 P(X 100n1000) P(A A ...A ) n 1 2 n 1 1 记直线l与y轴的交点为P，则 OP  OP m，于是有S  AA PA  y mx , 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1  P(B)P(A A ...A |B)P(B)P(A A ...A |B) 1 2 n 1 2 n 1 S  AB PP m x x , 2 2 1 1 1 1 2  p1n (1 p)qn  p (1 p)qn， 1 1 S  BB PB  y mx ，.…………………………….13分 3 2 1 1 1 2 2 2 综上，当1kn时，P(X 100k)(1 p)(1q)qk1, n 所以 S 2 2  4  m x 1 x 2 2  4m2  x 1 x 2 24x 1 x 2   S S y m x y m x y y my y m2 x x P(X 100n1000) p(1 p)qn，………………7分 1 3 1 1 2 2  1 2 1 2  1 2 n n = 4m2  4k216m   64m2(k2 m) 4. …………………………….17分 所以E(X n )100k(1 p)(1q)qk1(100n1000)(p(1 p)qn) m2m  4k22m  m2 4m 16m2(k2 m) k1   n 100(1 p)(1q)kqk1(100n1000)(p(1 p)qn),……………9分 命题意图：本题考查抛物线的方程、三角形面积的表示、韦达定理的使用，考查学生的数学运算 k1 求解能力，逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算，逻辑推理. 从而 19．（17分）解：（1）X 的所有可能取值为100，1100， E(X n1 )E(X n ) 100(1p)(1q)(n1)qn100p[100(n1)1000](1p)qn1(100n1000 )(1p )qn 1 （3）若 100p(1 p)qn[100(1q)(n1)100(n1)q1000q (100n 1000)] P(X 100)(1 p)(1q),P(X 1100) p(1 p)q，………………3分 1 1 100p100(1 p)qn(10q9)，11分 所以X 的数学期望是： p104，q102，则当n1时， 1 E(X )100P(X 100)1100P(X 1100) E(X )E(X ) 102100(1104)102n(0.19) 1 1 1 n1 n 1001890(1104)100n，………13分 . {#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}令E(X )E(X )0，得100n1 890(1104)，由于n是整数，所以n3． n1 n 令E(X )E(X )0，得100n1 890(1104)，解得n{1,2}，………………15分 n1 n 综上，E（X )E（X )E（X )，并且E(X )E(X )E(X )， 3 2 1 3 4 5 故取n  3 ，则对任意nN*，有E(X )E(X )成立， 0 n n0 故应选取n 值为3．...........17分 0 命题意图：本题主要考查独立性事件的概念和全概率公式，期望的求解和应用，考查的数学核心 素养是逻辑推理，数学运算，数据处理. {#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}