（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=}#}