山东新高考联合质量测评2024届高三10月联考 数学答案

山东新高考联合质量测评高三数学参考答案1.C2.A3.C解：底面边长为4，底面的对角线长为42.设正四棱柱和正四棱锥的高为h，因正四棱锥的侧棱长为23，则根据题意可得h2(22)2(23)2，1128解得h2，故该几何体的体积为442442，故选C.334.B125.B解：由lg(3a)lgblg(2ab)得3ab2ab，变形得3.ab122b2a2b2a因为()(a2b)5529，所以a2b3，故选Babababe2xa6.D解：函数f(x)的定义域为R，因为f(-x)+f(x)=0，所以函数fx是R上的奇函数，exe2x1e2x11e2x所以f01a0，解得a1，所以f(x)，则f(x)fx，exexex2xx2xxe2x12eee1ee2x1所以f(x)，则f(x)，因为f(x)在(b,f(b))处的切线方程为exe2xexe2b1y2x，所以，解得，所以.故答案为：D.f(b)b2b0-2e2ab7．C解：设点B到平面AB1C的距离为d，11因为VBABCVBABC，所以SdSBB.113AB1C3ABC1因为正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，所以等边△的边长为，所以3293，AB1C32S(32)AB1C4219311所以d333，解得d3，3232所以点B为球心，2为半径的球面与平面AB1C的交线是以22为半径的圆又因为等边△的内切圆半径为2(3)1.AB1C136321,所以交线长为2.故选C.322第1页共8页{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}aaa8.D解：由已知(n1)a(n2)a，所以n1n，所以数列{n}是常数列.n1nn2n1n1aa又a3，所以n21，从而an1，2n121nn23n所以数列{a}是以2为首项，1为公差的等差数列，故S．nn2由存在使得成立可知，nN2Sn14kann23n14存在nN使得n23n14k(n1)成立，即k()．n1minn23n14(t1)23(t1)1412设tn1，则nt1，从而t1．n1tt12记f(t)t1，由对勾函数性质可知，f(t)在(0,23)上单调递减，在(23,)上单调递增，t又tN，所以f(3)3418，f(4)4318，12所以t1的最小值是8．故选：D．t119.ACD解：选项A：设幂函数f(x)x，由f()2得，故选项A正确；42选项B：f(x)x22x30得x3或1，所以f(x)的零点为3和1，故选项B不正确；选项C：因为f(x1)是偶函数，所以f(x1)f(x1)，因为fx是奇函数，所以f(x1)f(x1)f(x1)因此函数fx的周期为4，所以f2024f4506f00，故选项C正确；3选项D：因为函数fxlnx在x1,2时单调递增，而f(3)ln310，x故选项D正确.故选ACD.1＋3解因为，所以1＝2＋，所以1＋＝，且1＋＝，所10.BD2an1an3anan1332an34≠0an＋1anan＋1a11＋31n-11n+11以an是以4为首项，2为公比的等比数列，即＋3＝4×2，所以＝2－3，可得an＝，n＋1anan2－3故选项A，C错误；11n+11因为＝2－3单调递增，所以an＝单调递减，即{an}为递减数列，故选项B正确；an的n＋1an2－3－n23n+123n+1212n+2前n项和Tn＝(2－3)＋(2－3)＋…＋(2－3)＝(2＋2＋…＋2)－3n＝2×－3n＝2－3n－4，1－2故选项D正确．故选BD.第2页共8页{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}11.ABD解.对A，以点D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AA12AB2，则AB1，由题意可知B1,1,0，N1,0,1，C0,1,0，则DB1,1,0，NC1,1,1，DBNC110,∴DBNC,即BDNC,故A正确；对B，E0,1,1，DE0,1,1，DENC110,∴DENC即DENC.又∵BDNC，DEBDD,DE,BD平面BDE，所以NC平面BDE，B正确；对C，连接EF，CD1，由已知得CD1//EF，所以A1B//EF，所以A1,B,E,F四点共面，∴直线BE与A1F是共面直线，C错误；对D，设直线NC与平面BDE的交点为O，由正方体知NDNBNEDBBEDE2，则四面体NBDE为正四面体.∵CN平面BDE，则O为正三角形BDE的中心，故D正确.故选ABD.12.BD解：作出f（x）在（0，12]上的图象，如图所示：因为f（）＝f（）＝f（4）＝f（12）＝，1又因为方程fx＝a有四个互不相等的实数根，所以0a，故A错误；2对于B，由题意可得＝﹣，且有0＜x1≤，≤x2＜2，第3页共8页{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}所以x1＝，所以2x1+x2＝+x2≥2＝2，当＝x2，即x2＝时，等号成立，故正确；773211对于C，由题意可得f＝sinsin,由A可知0a，262642227所以fa,故错误；2对于，由题意可知：与关于直线＝对称，且Dx3x4x84x35,11x412,11x3x416所以x3+x4＝16，所以.x3x4x3x4x3x4因为x3+x4＝16，所以x3＝16﹣x4.又因为11x412,2所以x3•x4＝（16﹣x4）x4＝﹣+16x4＝64﹣（x4﹣8），单调递减，2所以48≤64﹣（x4﹣8）＜55，1111616116111所以,,所以.55x3x44855x3x4355x3x4311xx1因为所以12，单调递增，x21,2,x1x2x2x1x2x1x2x21321132所以，，所以x22(2,]x22x1x22.1111126292所以的取值范围为，故D正确．故选BD．xxxx5561234,13.314.解：∵BD⊥AB，AC⊥AB，∴，设二面角C﹣AB﹣D为θ，则DBAC43cos12cos.又，则，第4页共8页{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}即42＝42+22+32﹣24cosθ，所以．故答案为：．2nnn115.解：由得bn1234nn11�2��=(4)1211则2，bnnn1nn1111111112n所以Tn212122334nn1n1n1.1416.解由题意可知f(2)＝0，且f(x)在R上单调递减，,2ee所以函数f(x)只有一个零点2，由|2－β|<1，得1<β<3，所以函数g(x)＝x2－aex在区间(1,3)上存在零点．x2由g(x)＝x2－aex＝0，得a＝.exx22x－x2令h(x)＝，则h′(x)＝，exex所以h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，1491且h(1)＝，h(2)＝，h(3)＝>，ee2e3e14要使函数g(x)在区间(1,3)上存在零点，只需a∈.,2eeT17.解（1）由已知fx图象的对称中心到对称轴的最小距离为，则，44422T，22，解得1.T函数fx的解析式是fx2sin2x.（2分）43令2k2x2k,kZ,24237解得kxk,kZ.8837所以函数的减区间为k,k,kZ.（5分）88333（2）由（1）知，函数在区间,上为增函数，在区间,上为减函数.（7分）888433因为f0，f2，f()1，884第5页共8页{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}3故函数fx在区间,上的值域为[1，2].（10分）84为递增的等差数列，18.解（1）由ana1a5a2a418,a2a465,解得a25,a413,所以2a11，公差d4，所以Sn2nn，（4分）2n2n1所以b.若bn为等差数列,且c0，则c.（6分）nnc22n1（2）由（1）知b2n，所以c.nn2n.13572n12n1又T，（8分）2n2223242n2n1131112n1两式相减得T()，（10分）2n22222n12n12n5所以T5．（12分）n2n19.（1）证明：因为DA平面ABEF，AB，AF平面ABEF，所以DAAB，DAAF.又ABAF，所以以A为坐标原点，AF,AB,AD分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，（2分）则B0,2,0、E1,2,0、C0,2,1、D0,0,2、G2,0,0，所以EC1,0,1，ED1,2,2，BG2,2,0，（4分）nECxz0设平面DCE的法向量为nx,y,z，则，nEDx2y2z0令x2，则z2,y1，所以n2,1,2，因为nBG221220，即不存在使得BG与n垂直，所以BG与平面DCE不平行.（6分）（2）设AFa（a0且a1），则Fa,0,0，所以BFa,2,0.（7分）∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为5，55BFn2a2∴cosBF,n,化简得11a240a160，5BFna2434解得a4或a（舍去）.故AF4．（9分）11第6页共8页{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}∴F4,0,0FD4,0,2,由1知平面DCE的一个法向量n2,1,2,|FDn|4所以F到平面DCE的距离d（12分）n320.解：（1）当x35，xN时，10011y80x200a(x)80x100200x250x300x230x200；x22（2分）当x35，xN时，10016001600y80x200a(x)80x10020081x900x800（.4分）xx1x1综上所述，（分）16x230x200,2y(nN)1600x800x112（2）当x35，xN时，yx30x200，则当x30时，y的最大值为650；（8分）216001600当x35，xN时，yx800(x