【文档说明】山西大学附属中学2023-2024学年高三上学期10月月考 数学答案.pdf，共(16)页，755.871 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e612fed87f91b8d9f29e2879f7c51e78.html

以下为本文档部分文字说明：

试卷第1页，共16页学科网（北京）股份有限公司山西大学附中2023~2024学年第一学期高三10月月考（总第四次）数学试题考查时间：120分钟满分：150分考查内容：高考综合命题人：吴晨晨审核人：张耀军一、选择题

：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1．若复数z满足1)21(zi，则z的共轭复数是（）A．12i55B．12i55C．12i55D．12

i55【答案】C【详解】1121212555izii，所以1255zi，故选：C2．若集合|23Axx，{|}RBxxbb＝，，则AB的充要条件是（）A．3bB．23bC．2bD．2b【答案】D【详解】因为集合

|23Axx，{|}RBxxbb＝，，若AB，利用数轴，可求2b，故选：D.3．二项式612xx展开式的常数项为（）A．160B．60C．120D．240【答案】B【详解】612xx展开式的通项为：3266rr

61661C2C21rrrrrrTxxx，令3602r得：4r，所以展开式的常数项为2644C2160，故选：B．4.某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯造型可以近似看成是一个圆柱挖去一个圆台得

到，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯所用玻璃的体积（单位：3cm）为（）试卷第2页，共16页A．43π6B．47π6C．516D．55π6【答案】A【详解】依题意，该玻璃杯所用玻璃的体积为2

22313343ππ()6π[()11]423226.故选：A5．若,ln,ln,lncebeaecba则（）A．cbaB．bcaC．acbD．cab【答案】B【详解】在同一直角坐标系中作出xyxyeyeyxxln,ln,,的图象：

由图象可知bca故选：B6．有6名选手（含选手甲、乙）参加了男子100米赛跑决赛（无并列名次），则在甲比乙快的条件下，甲、乙两人名次相邻的概率为（）A．21B．61C．31D．41【答案】C试卷第3页，共16页学科网（北京）股份有限公司【详解】甲的名次比乙高，当甲第一名时，乙有

5种位置，其中甲乙相邻有1种情况，当甲第二名时，乙有4种位置，其中甲乙相邻有1种情况，当甲第三名时，乙有3种位置，其中甲乙相邻有1种情况，当甲第四名时，乙有2种位置，其中甲乙相邻有1种情况，当甲第五名时，乙有1种位置，其中甲乙相邻有1种情况，所以甲的名次比乙高共有543211

5种情况，甲的名次比乙高且甲乙相邻有5种情况，所以在甲的名次比乙高的条件下，甲、乙两人名次相邻的概率为51153.故选：C.公众号：高中试卷君7．已知nS是等比数列na的前n项和，且12nnSa，则12231011aaaa

aa（）A．23283B．13283C．20213D．25283【答案】A【详解】因为12nnSa，所以114aSa，32221224aSSaa，43332228aSSaa，又n

a是等比数列，所以2213aaa，即2484a，解得2a，所以122nnS．当2n时，1122222nnnnnnaSS，又12a满足2nna，所以，22121242nnnnnnn

naaaaaa，故数列1nnaa是公比为4，首项为12248aa的等比数列，所以10231223101181428143aaaaaa．故选：A.8．设椭圆2222:1xyCab）（0

ba的右焦点为F，椭圆C上的两点A、B关于原点对称，且满足0FAFB，3FBFAFB，则椭圆C的离心率的取值范围是（）A．5,13B．210,24C．2,312D．31,1【答案】B【详解】如图所示：设椭圆的左焦点F

，由椭圆的对称性可知，四边形AFBF为平行四边形，试卷第4页，共16页又0FAFB，则FAFB，所以平行四边形AFBF为矩形，故2ABFFc，设AFn，AFm，则BFn，

在直角ABF△中，2mna，2224mnc，所以2222222444mnmnmnacb，则22mnb，所以22222mnmncnmmnb++==，令mtn，得2212cttb，又由3FBFAFB，得1,3mtn，因为对勾函数1ytt

在1,3上单调递增，所以2221102,3ctbt，所以2251,3cb，即2222222511,3aabcbbb，则2282,3ab，故

2231,82ba，所以222101,24cbeaa，所以椭圆离心率的取值范围是210,24.故选：B.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，选对但不全得2分，

有选错得0分.9．两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图所示，则不符合这一结果的试验是（）A．抛一枚硬币，正面朝上的概率B．掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率C．转动如图所示的转盘

，转到数字为奇数的概率D．从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率【答案】ABC【详解】解：根据统计图可知，实验结果在0.33附近波动，即其概率0.33P，则选项A，掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为12，故此选项不符合题意；选项B，掷一枚正六面体的骰子，出现1点

的概率为16，故此选项不符合题意；选项C，转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为23，故此选项不符合题意；试卷第5页，共16页学科网（北京）股份有限公司选项D，从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为13，故此选项符合题意；故选：ABC.10．函数

πsin0,0,02fxAxA的部分图象如图所示，将fx的图象向左平移π6个单位长度得函数gx的图象，则（）A．2B．gx的图象关于点π,0对称C．gx在2π5π,36

上单调递增D．gx在0,π上有两个极值点【答案】AC【详解】A选项，设fx的最小正周期为T，由图象知11π5ππ1121222T，解得πT，因为0，所以2ππ，所以2，故A正确；B选项，由5012f，得

5π22ππ,12kkZ，解得π2πZ6kk，又π02，所以只有π6符合要求；由01f，得πsin16A，故2A，所以π2sin26fxx，所以πππ2sin22sin22c

os2662gxxxx.由π2g得gx的图象不关于点π,0对称，故B不正确；C选项，由π2π22πZkxkk，得πππZ2kxkk，即gx的单调递增区间为ππ,πZ2kkk

，令1k，得π,π2x，又2π5ππ,,π362，故gx在2π5π,36上单调递增，故C正确；试卷第6页，共16页D选项，当0,πx时，20,2πx，由于2cosyz在

0,2πz上，只有πz为极小值点，故gx在0,π上仅有一个极值点，故D不正确.故选：AC.11.已知函数fx的定义域为ππ,22，其导函数为fx.若sincosxfxxfxx，且00f，则（）A．fx是减函

数B．fx是增函数C．fx有最大值D．fx没有极值【答案】BD【详解】因为cossinfxxxfxx，所以cossinsinfxxfxxxx，设cosgxfxx，

则singxxx，因为ππ,22x，所以sin0gxxx恒成立，所以ygx在ππ,22上单调递增，又因为00f，所以00cos00gf，所以当π,02x时，0gx，当π0,2x时，

0gx，2cossincoscosgxgxxgxxfxxx，当π,02x时，0gx，0gx，cos0x，sin0x，故()0fx¢

>恒成立；当π0,2x时，0gx，0gx，cos0x，sin0x，故()0fx¢>恒成立.所以0fx在ππ,22上恒成立，故yfx在ππ,22上单调递增.故选：BD.12.已知三棱锥ABCD的棱长均为6，其内

有n个小球，球1O与三棱锥ABCD的四个面都相切，球2O与三棱锥ABCD的三个面和球1O都相切，如此类推，....，球nO与三棱锥ABCD的三个面和球1nO都相切（2n，且*nN），球nO的表面积为nS，体积为nV，则（）A．16π8VB．3

3π8SC．数列nV是公比为18的等比数列D．数列nS的前n项和为18π14n【答案】BCD【详解】如图所示，AO是三棱锥ABCD的高，O是三角形BCD的中心，试卷第7页，共16页学科网（北京）股份有限

公司设三棱锥ABCD的棱长均为a，所以323233OBaa，222236()33AOABOBaaa.1O是三棱锥ABCD的内切球的球心，1O在AO上，设三棱锥ABCD的外接球半径为R，球nO的半径为nr，则由22211OBOOOB，得22263()

()33RaRa，得64Ra.所以116663412rAOAOaaa，又6a，所以162r，所以3311446ππ332Vr6π.故A不正确；在AO上取点E，使得11612EOra，则16662366AEAOraaa，即

E为AO的中点，则球2O与球1O切于E，过E作与底面BCD平行的平面，分别与,,ABACAD交于111,,BCD，则球2O是三棱锥111ABCD的内切球，因为E为AO的中点，所以三棱锥111ABCD的棱长是三棱锥ABCD的棱长的一半，所以球2O的内切球的半径2112rr，以此类推，所

以{}nr是首项为62，公比为12的等比数列，所以1616()222nnnr，368r，223364π4π8Sr3π8，故B正确；所以34π3nnVr，3311311()28nnnnVrVr，即数列nV是公比为18的等

比数列，故C正确；24πnnSr166π4π44nn，12211116π(1+)444nnSSS1146114n18π(1)4n，故D正确.故选：B

CD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.试卷第8页，共16页13．已知向量a、b满足abab，则ab与a的夹角是_____．【答案】6【详解】因为abab，则2222aabba

，所以，22cos,0babab，所以，1cos,2ab，则2223cos,2abaaabaababa，又因为2222222cos,3ababaabbaababba

，所以，22332cos,23aabaabaabaa，因为0,πaba，因此，π,6aba.14.在ABC中，角,,ABC所对的边为cba,,，且222sinsinsinsinsinBCBC

A，5,7ba，则c_____.【答案】3【详解】由222sinsinsinsinsinBCBCA可知，利用正弦定理可得222bcbca，将75ab，代入可得225549cc，整理可得25240cc，解得3c或8c

（舍）；即3c.故答案为：315.若正实数ba,满足1ba，则2122baab的最小值为_____.【答案】41【详解】根据已知1ba，所以4)2()1(ba，所以21

2141212222baabbabaab41412412112412222222babababbaaabba,当且仅当5253ba，时取等号.16．新冠病毒肺炎疫情防

控难度极大，某地防疫防控部门决定进行全面入户排查4类人员：新冠患者、疑似患者、普通感冒发热者和新冠密切接触者，过程中排查到一户6口之家被确认为新冠肺炎密切接触者，按要求进一步对该6名成员逐一进行核糖核酸检测，若出现阳性，则该家庭定义为“感染高危户”，设该家庭每个成员检测呈阳性

的概率相同均为01pp，且相互独立，该家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”的概率试卷第9页，共16页学科网（北京）股份有限公司为fp，当0pp时，fp最大，此时0P_____．【答案】613【详解】由题意可得，该家庭至少检测了5人才能确

定为“感染高危户”，则前4人检测为阴性，第5人为阳性或前5人检测为阴性，第6人为阳性，由相互独立事件同时发生的概率公式，得45()(1)(1)fppppp3445()4(1)(1)5(1)(1)fppppppp33236362(1)312(1)336

pppppp令()0fp，即336362(1)033ppp，解得1p(舍)或363p（舍）或363p.当3603p时，()0fp；当3613p

时，()0fp；所以函数fp在360,3上单调递增，在36,13上单调递减；当363p时，函数fp取得极大值，也是最大值.所以0366133P.故答案为：613.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演

算步骤.17．（10分）等差数列{}na的前n项和为nS，数列{}nb是等比数列，满足13a，11b，2210bS，5232.aba(1)求数列{}na和{}nb的通项公式;(2)令2,,,,nnnnScbn为奇数为偶数设数列{}nc的前n项

和为nT，求2.nT【答案】(1)解：设数列{}na的公差为d，数列{}nb的公比为q，则由13a，11b，2210bS，5232aba，得331034232qddqd，解得2

d，2q，21nan，12nnb；试卷第10页，共16页(2)解：由(1)可得，(2)nSnn，则12,(2)2,nnnnncn为奇数为偶数，即111,22,nnncnnn为奇数为偶数，213521242(...

)(...)nnnTccccccc111[(1)()335…32111()](22...2)2121nnn12(1-4)1211-4nn22(

41).213nnn18．（12分）信用是指依附在人之间、单位之间和商品交易之间形成的一种相互信任的生产关系和社会关系.良好的信用对个人和社会的发展有着重要的作用.某地推行信用积分制度，将信用积分从高到低分为五档，

其中信用积分超过150分为信用极好；信用积分在120,150内为信用优秀；信用积分在100,120内为信用良好；信用积分在80,100内为轻微失信；信用积分不超过80分的信用较差.该地推行信用积分制度一段时间后，为了解信用积分制度推行的效果，该地

政府从该地居民中随机抽取200名居民，并得到他们的信用积分数据，如下表所示.信用等级信用极好信用优秀信用良好轻微失信信用较差人数2560653515(1)从这200名居民中随机抽取2人，求这2人都是信用极好的概率.(2)为巩固信用积分制度，该地政府对信

用极好的居民发放100元电子消费金；对信用优秀或信用良好的居民发放50元消费金；对轻微失信或信用较差的居民不发放消费金.若以表中各信用等级的频率视为相应信用等级的概率，现从该地居民中随机抽取2人，记这2

人获得的消费金总额为X元，求X的分布列与期望.【答案】（1）从这200名居民中随机抽取2人，共有2200C种不同抽法，其中符合条件的不同抽法有225C，则所求概率2252200C25123C100199199P.（2）从该地居民中随机抽取1人，则这人获得1

00元电子消费金的概率是18，获得50元电子消费金的概率是58，没有获得电子消费金的概率是14.由题意可知X的所有可能取值为0，50，100，150，200.11104416PX，1215550C4816PX，试卷第11页

，共16页学科网（北京）股份有限公司12115529100C488864PX，12155150C8832PX，1112008864PX，则X的分布列为X050100150200P1165162964

532164故15295117505010015020016166432642EX.19．（12分）长方形ABCD中，222ABAD，点E为CD中点（如图1），将点D绕AE旋转至点P处，使平面PAE平面ABCE（如图2）．(1)求证：PA

PB；(2)点F在线段PB上，当二面角FAEP大小为π4时，求四棱锥FABCE的体积．【答案】（1）证明：在长方形ABCD中，222ABAD，E为CD中点，2AEBE，AEBE，平面PAE平面ABCE，平面PAE平面ABCEAE，BE平面A

BCE，BE平面PAE，AP平面PAE，BEPA，又PAPE，BE平面PBE，PE平面PBE，PEBEE，PA平面PBE，PB平面PBE，PAPB.（2）试卷第12页，共16页如图，取AE的中点O，AB的中点G，连接,OPOG，

由题意可得,,OPOGOA两两互相垂直，以O为坐标原点，以OA，OG，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则1,0,0A，1,0,0E，1,2,0B，0,0,1P，设PFPB，则,2,1F

，设平面FAE的一个法向量为,,mxyz，则00mAEmAF，201210xxyz，令1y，得21z

，20,1,1m，又BE平面PAE，0,2,0nEB是平面PAE的一个法向量，222cos,42121mnmnmn

，令2222242121，解得13或1（舍）.即F为PB的靠近P的三等分点时，二面角FAEP的平面角为π4，PO平面ABCE，且1PO，公众号：高中试卷君F到平面ABCE的距离为23，又四边形ABCE的面积为3，

四棱锥FABCE的体积11223.3333FABCEABCEVSh20．（12分）已知函数)(ln2)(2Raaxxxxf.(1)当0a时，求)(xf的单调区间；(2)若函数maxxfxg)()(在1,ee上有两个零点，求实数

m的取值范围.【答案】（1）当0a时，)0(ln2)(2xxxxf，则，)0()1)(1(222)(xxxxxxxf令0)(xf得10x，所以)(xf的单调递增区间为)1,0(令0)(xf得1x，所以)

(xf的单调递减区间为)1(，（2）22lngxfxaxmxxm，则21122xxgxxxx，试卷第13页，共16页学科网（北京）股份有限公司1,eexQ，∴由=0gx，得=1x.

当11ex，0gx，函数gx单调递增，当1ex时，0gx，函数gx单调递减，故当=1x时，函数gx取得极大值11gm，又2112eegm，2

e2egm，且1eegg，∴gxfxaxm在1,ee上有两个零点需满足条件21=1>011=20eegmgm，解得2112em

故实数m的取值范围是211,2e.21.（12分）已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角ACD的平分线，CB与AD相交于点O，5AC，7AD，1cos5ACD.(1)求CO的长；(2)若BCBD，求ABD

△的面积.【答案】（1）在ACD中，由余弦定理得225491cos255CDACDCD，解得4CD或6CD（舍去）.因为1cos5ACD，所以26sin5ACD.所以2cos12sinACDACO，解得15sin5ACO（负值舍去）

，所以15sinsin5DCOACO.因为ACDACODCOSSS△△△，所以111sinsinsin222CACDACDCACOACOCDCODCO.试卷第14页，共16页所以1261151155454252525COCO.所以8109CO.（

2）在ACD中，由正弦定理可得57sinsinsin265ACADADCACDADC，则26sin7ADC，由于ADC为锐角，所以5cos7ADC.因为BDBC，所以BDCBCD，所以15sinsin5BDCBCD，所以10cos5BDC，由余弦定理可

得22210162cos528CDBDBCBDCCDBDBDBD，解得10BDBC.因为5cos7ADC，所以sinsinsincoscossinADBBDCADCBDCADCBDCADC

155102156575735，所以11156sin71022352ABDSDADBADB△.22．（12分）已知函数1()elnlnxfxaxa．（1）当ae时，求曲线yfx在点1,1f

处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式1fx恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）()ln1xfxexQ，1()xfxex，(1)1kfe.(1)1feQ，∴切点坐标为(1,1+e

),∴函数fx在点(1,f(1)处的切线方程为1(1)(1)yeex,即12yex,切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e,∴所求三角形面积为1222||=211ee．（2）［方法一］：通性通法1(

)lnlnxfxaexaQ,11()xfxaex，且0a.设()()gxfx,则121()0,xgxaex∴g(x)在(0,)上单调递增，即()fx在(0,)上单调递增

，当1a时，()01f,∴11minfxf,∴1fx成立.试卷第15页，共16页学科网（北京）股份有限公司当1a时，11a，111ae∴，111()(1)(1)(1)0affae

aa,∴存在唯一00x，使得01001()0xfxaex，且当0(0,)xx时()0fx，当0(,)xx时()0fx，0101xaex，00ln1lnaxx，因此

01min00()()lnlnxfxfxaexa000011ln1ln2ln122ln1axaaxaxx>1,∴1,fx∴1fx恒成立；当01a时，(1

)ln1,faaa∴(1)1,()1ffx不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1fx得1elnln1xaxa，即ln1ln1lnaxeaxxx，而lnlnlnxxxex，所以ln1lnln1lnaxxea

xex．令()mhmem，则()10mhme，所以()hm在R上单调递增．由ln1lnln1lnaxxeaxex，可知(ln1)(ln)haxhx，所以ln1lnaxx，所以maxln(ln1)axx．令()ln1Fxxx

，则11()1xFxxx．所以当(0,1)x时，()0,()FxFx单调递增；当(1,)x时，()0,()FxFx单调递减．所以max[()](1)0FxF，则ln0a，即1a．所以a的取值范围为1a．［方法三］

：换元同构由题意知0,0ax，令1xaet，所以ln1lnaxt，所以lnln1atx．于是1()lnlnlnln1xfxaexatxtx．由于()1,lnln11lnlnfxtxtxttxx

，而lnyxx在,()0x时为增函数，故tx，即1xaex，分离参数后有1xxae．令1()xxgxe，所以1112222(1)()xxxxxexeexgxee．当01x

时，()0,()gxgx单调递增；当1x时，()0,()gxgx单调递减．所以当1x时，1()xxgxe取得最大值为(1)1g．所以1a．［方法四］：因为定义域为(0,)，且()1fx，所以(1

)1f，即ln1aa．令()lnSaaa，则1()10Saa，所以()Sa在区间(0,)内单调递增．因为(1)1S，所以1a时，有()(1)SaS，即ln1aa．下面证明当1a时，()1fx恒成立．令1()lnlnxTaae

xa，只需证当1a时，()1Ta恒成立．试卷第16页，共16页因为11()0xTaea，所以()Ta在区间[1,)内单调递增，则1min[()](1)lnxTaTex．因此要证明1a时，()1Ta恒成立

，只需证明1min[()]ln1xTaex即可．由1,ln1xexxx，得1,ln1xexxx．上面两个不等式两边相加可得1ln1xex，故1a时，()1fx恒成立．当01a时，因为(1)ln1faa，显然不满足()1fx恒成立

．所以a的取值范围为1a．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数fx的单调性，求出其最小值，由min0f即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln1lnln1lnaxxeaxex，再根据函数()mh

mem的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令1xaet，再同构，可将原不等式化成lnlnttxx，再根据函数lnyxx的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(1)1f可得a的取值范围，再进行充分性证明

即可．