2027版高三《上学期8月月考》（山西大学附属中学校）数学答案_2027版《高三上学期开学摸底模拟卷》全国多省（数学）

山西大学附中
2026～2027 学年第一学期高三 8 月模块诊断（总第一次）
数 学 答案
考试时间：120分钟 满分：150分
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C B A C D C ABD BC
题号 11 12 13 14
10
答案 AB 10 3 2 π
3
15．【详解】（1）�ABC中，由正弦定理得 ，
sinA⋅(1+cosB)+sinB⋅(1+cosA)=3sinC
即sinA+sinAcosB+sinB+sinBcosA=3sinC，
则sinA+sinB+sin(A+B)=3sinC，又sin(A+B)=sinC，sinA+sinB=2sinC，
3
又由正弦定理得a+b=2c，而a=2b，于是c= b，
2
9
b2+ b2−4b2
b2+c2−a2 4 1
由余弦定理得cosA= = =− <0，即A为钝角，所以�ABC为钝角三角形；
2bc 3 4
2b× b
2
1 15
（2）�ABC中，因cosA=− ，则sinA= ，
4 4
1 1 15 3
而S = bcsinA，可得 bc⋅ =3 15，bc=24．则有 b2 =24， 所以b=4.
2 2 4 2
2
16．【详解】（1）由题知，a=2，而离心率为 ，故c= 2，
2
x2 y2
故b= 2，故椭圆方程为： + =1.
4 2
（2）由题设直线AB的斜率不为0，故设直线l:x=t(y+2)，A(x,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
x=t(y+2)
由 可得 ( t2+2 ) y2+4t2y+4t2−4=0，
x2+2y2 =4
故Δ=16t4−4 ( t2+2 )( 4t2−4 ) =4 ( 8−4t2) >0即− 2 <t< 2，
4t2 4t2−4
且y +y =− ,y y = ，
1 2 t2+2 1 2 t2+2
故 S = 1 × 2t × y −y = t (y +y )2−4y y = t 32−16t2 = 2 ， 解得t =± 6 ，
�OAB 2 1 2 1 2 1 2 t2+2 3
答案第1页，共4页
学科网（北京）股份有限公司6 6
所以直线l:x= (y+2)或x=− (y+2)
3 3
17．(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥ AD，
又AD⊥PB，PBPA=P，PB,PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB⊂平面PAB，所以AD⊥ AB.
因为BC2+AB2 = AC2，所以BC ⊥ AB， 根据平面知识可知AD//BC，
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC．
（2）如图所示，过点D作DE⊥ AC于E，再过点E作EF ⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC ⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD= AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF ⊥CP，所以CP⊥平面DEF ，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A−CP−D的平面角，
3 1
因为AD⊥DC，则CD=1，DE= ，CE= ，
2 2
1
而EFC为等腰直角三角形，所以EF = ，
2 2
DE 42
故tan∠DFE= = 6，所以sin∠DFE= ，
EF 7
1 1−k(x+1) −kx+1−k
18．（1） f′(x)= −k = = ，x>−1.
x+1 x+1 x+1
−kx+1−k
令 f′(x)=0，即 =0，因为x+1>0，0<k <1，所以−kx+1−k =0，
x+1
1−k 1 1
解得x= = −1，且x= −1>0.
k k k
 1  1 
当x∈−1, −1时， f′(x)>0， f (x)单调递增；当x∈ −1,+∞时， f′(x)<0， f (x)单调递减，
 k  k 
1
（2）由（1）知x= −1是 f (x)在(0,+∞)上唯一的极值点，是极大值点.
k
1 
所以 f  −1> f (0)=ln(0+1)−k×0=0. lim f(x)=−∞.所以 f (x)在(0,+∞)上唯一的零点.
k  x→+∞
综上， f (x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.
（3）2x <x ，证明如下：
1 2
1 1 
由（2）知，x = −1，x 满足 f (x )=ln(x +1)−kx =0，且x ∈ −1,+∞，
1 k 2 2 2 2 2 k 
1 
要比较2x 与x 的大小，即比较2 −1与x 的大小.
1 2 k  2
 1   1   1  2 
f (2x )= f 2 −1=ln2 −1+1−2k −1=ln −1−2+2k.
1  k   k   k  k 
答案第2页，共4页2 
令h(k)=ln −1−2+2k，0<k <1，
k 
2
则h′(k)=
− k2
+2=
−2
+2=
−2+2k(2−k)
=
−2k2+4k−2
=
−2(k−1)2
<0，
2 k(2−k) k(2−k) k(2−k) k(2−k)
−1
k
2 
所以h(k)在(0,1)上单调递减，h(k)>h(1)=ln −1−2+2×1=0，即 f (2x )>0.
1  1
1  1  1 1 1 
因为 f (x)在 −1,+∞单调递减，2x =2 −1> −1，x ∈ −1,ek −1， f (x )=0，
k  1 k  k 2 k  2
所以2x <x .
1 2
19．【详解】（1）根据题意可得恰有0个黑球的概率为1− p −q ，
n n
C1C1 +C1C1 5 C1C1 2
根据古典概型可得p = 2 2 1 1 = ，q = 2 1 = ，
1 C1C1 9 1 C1C1 9
3 3 3 3
C1C1 +C1C1 C1C1 C1C1 49
所以p = 2 2 1 1 p + 2 3 q + 3 2(1− p −q )= .
2 C1C1 1 C1C1 1 C1C1 1 1 81
3 3 3 3 3 3
（2）由题意得，
C1C1 +C1C1 C1C1 C1C1 1 2
p = 2 2 1 1 p + 2 3 q + 3 2(1− p −q )=− p +
n C1C1 n−1 C1C1 n−1 C1C1 n−1 n−1 9 n−1 3
3 3 3 3 3 3
进一步整理可以得到下式：
3 1 3
p − =− p − 
n 5 9 n−1 5
3 2
又p − =− ≠0
1 5 45
 3 2 1
故可以确定p − 是以首项为− ，公比为− 的等比数列，
 n 5 45 9
n−1
3 2  1
所以p − =− ×− 
n 5 45  9
n−1
2  1 3
p =− ×−  + ；
n 45  9 5
C1C1 C1C1 2 1
（3）由题意可得q = 2 1 p + 1 3 q = p + q ①，
n C1C1 n−1 C1C1 n−1 9 n−1 3 n−1
3 3 3 3
C1C1 C1C1 2 1
1−q − p = 1 2 p + 3 1(1−q − p )= p + (1−q − p )②，
n n C1C1 n−1 C1C1 n−1 n−1 9 n−1 3 n−1 n−1
3 3 3 3
答案第3页，共4页
学科网（北京）股份有限公司1
①-②，得2q + p −1= (2q + p −1)，
n n 3 n−1 n−1
因为2q + p −1=0，所以2q + p −1=0.
1 1 n n
1− p
所以q = n ，X 的概率分布列为：
n 2 n
X 0 1 2
n
1− p 1− p
p 1− p − n p n
n 2 n 2
 1− p  1− p
E(X )=0×1− p − n +1×p +2× n =1，
n  n 2  n 2
所以X 的数学期望E(X )为定值1.
n n
答案第4页，共4页