山西省金科大联考2023-2024学年高三上学期开学检测 数学答案和解析

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2023～2024 学年高三上学期开学质量检测·数学试题
参考答案、提示及评分细则
1．A因为
(1 i) 3 iz  
，所以
3 i (3 i)(1 i) 1 2i
1 i (1 i)(1 i)
z  
 
 
，所以
2 2
| | 1 ( 2) 5z  
．故选 A．
2．C由题意知
2
{ | 2 3 0} [ 1,3]A x x x  
，
{ | lg(2 )} ( ,2)B x y x  
，所以
A B
( ,3]
，
所以
( ) (3, )
UA B  ð
．故选 C．
3．C由题意知，中位数是
，极差为
13 1 12 
，所以
6 5
12
2 8
m 
，解得
9m
，又
8 60% 4.8 
，
则第 60 百分位数是 9．故选 C．
4．B设
a
与
b
的夹角为
，因为
a
与
b
的夹角的余弦值为
1
4
，即
1
cos 4
 
，又
| | 4a
，
| | 1b
，所
以
a b
1
| | | | cos 1 4 ( ) 1
4
a b
 
，所以
2
(2 3 ) 2 3 2 3 1a b b a b b  
 
 
．故选 B．
5．C由
9
sin(5 ) 5sin( )
2
 
 
， 可 得
sin 5cos
 
 
， 即
tan 5
 
， 所 以
2
sin 2 sin
 
 
2
2 2
sin 2 sin
sin cos
 
 
2 2 2
2 2 2 2
2sin cos sin 2 tan tan 2 ( 5) ( 5) 15
sin cos 1 tan 1 ( 5) 26
 
 
 
  
 
．故选
C．
6．D由题意知
(4,0)F
，设
(0, )M m
，
0 0
( , )P x y
，所以
(4, )MF m 
，
0 0
(4 , )PF x y 

，又
2MF PF
 
，
所以
0 0
(4, ) 2(4 , )m x y 
，所以
02x
，
02
m
y
，所以
2
( ) 16 2
2
m 
，解得
8 2m 
，所以
OMF△
的面积
1| | | | 16 2
2
S OF m  
．故选 D．
7．B圆锥的顶点和底面圆周都在球 O的球面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为
2
3
，面积为
12
，设圆锥
的母线长为 l，所以
2
1 2 12
2 3 l
 
 
，解得
6l
．设圆锥的底面圆半径为 r，所以
2
2 4
3
r l
 
 
，解得
2r
，所以圆锥的高
2 2
6 2 4 2h  
，设球 O的半径为 R，所以
2 2 2
(4 2 )r R R  
，解得
9
2 2
R
，
所以球 O的表面积等于
281 81
4 4 8 2
R
 
 
．故选 B．
8．D由题意
( ) 2cos( ) ( 0,0 )f x x
 
 
的最小正周期为 T，则
2
T
，又
( ) 3f T
，可得
2 3
cos( ) 2
 
 
，即
3
cos 2
，又
0
 
 
，所以
6
，由
( ) 2cos( )
6
f x x
 
在区间
[0,1]
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上恰有 3个零点，当
[0,1]x
时，
[ , ]
6 6 6
x
 
 
 
，结合函数
cosy x
的图象如图所示：
则
cosy x
在原点右侧的零点依次为
2
，
3
2
，
5
2
，
7
2
，…，所以
5 7
2 6 2
 
 
，解得
7 10
3 3
 
 
，
即
的取值范围为
7 10
[ , )
3 3
 
．故选 D．
9．BD 当
0c
时，
2 2
ac bc
，故 A错误；因为
2 2
a b
c c
，所以
20c
，所以
a b
，故 B正确；当
2a
，
1b
，
2c 
，
3d 
时，
ac bd
，故 C错误；
( ) ( ) ( )
( ) ( )
a c a a c b a b c b a c
b c b b c b b c b
 
 
 
，又
0b a 
，
0c
，所以
0
a c a
b c b
 
，所以
a c a
b c b
，故 D正确．故选 BD．
10．AC 从甲箱中摸一个球，红球与黄球不可能同时出现，所以
1
A
与
2
A
是互斥事件，故 A正确；由题意知
1
1
( ) 2
P A
，
2
1
( ) 2
P A
，所以
1 1 1
1 2 1
( ) ( ) ( | ) 2 9 9
P A B P A P B A   
， 故 B错误；
2 2
( ) ( )P A B P A 
2
1 3 1
( | ) 2 9 6
P B A  
，所以
1 2
1 1 5
( ) ( ) ( ) 9 6 18
P B P A B P A B   
，故 C正确；因为
2
1 5
( ) ( ) 2 18
P A P B  
2
5( )
36 P A B
，故 D错误．故选 AC．
11．ACD 如图 1，取
FM
的中点 P，连接
1
PC
，所以
1
/ /FP GC
，
1
FP GC
，所以四边形
1
FPC G
是平行
四边形，所以
1
/ /GF PC
，又
1 1 1
PC EC C
，所以直线
GF
，
1
EC
是异面直线，故 A正确；
如图 2，取
DC
的中点 Q，连接
QE
，
QG
，易得
QG
平面
ABCD
，所以
QEG
是直线
EG
与平面
ABCD
所成角，易得
2 2QE
，
4QG
，所以
tan 2
QG
QEG QE
 
，即直线
EG
与平面
ABCD
所成角的正
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切值为
2
，故 B错误；
如图 3，延长
1
C M
，
CB
交于点 H，连接
HD
交
AB
于点 N，连接
MN
，
1
AB
，因为
1 1
/ /BB CC
，M为
1
BB
的
中点，则
1
1
2
BM CC
，所以 B为
HC
的中点，因为
/ /AB CD
，所以 N为
AB
的中点，则
1
/ /MN AB
，因
为
1 1
/ /AD B C
，
1 1
AD B C
，所以四边形
1 1
AB C D
为平行四边形，所以
1 1
/ /AB DC
，所以
1
/ /MN DC
，则平
面
1
DMC
截正方体所得截面为等腰梯形
1
MNDC
，在等腰梯形
1
MNDC
中，
14 2DC
，
2 2MN
，
DN
12 5MC
， 则 梯 形 的 高 为
20 2 3 2 
， 所 以 等 腰 梯 形
1
MNDC
的 面 积 为
(4 2 2 2) 3 2 18
2
，故 C正确；
如图 4，连接
1
BC
，
1
B C
，则
1 1
BC B C
，因为
平面
1 1
BCC B
，
1
B C
平面
1 1
BCC B
，所以
1
AB B C
，
又
1
AB BC B
，
AB
，
1
BC
平面
1 1
ABC D
，所以
1
B C
平面
1 1
ABC D
，又 M为
1
BB
的中点，所以三棱
锥
1 1
M AC D
的 高 为
1
12
4B C
，
1 1
14 2 4 8 2
2
AC D
S  
△
， 所 以
1 1 1 1
18 2 2
3
D AMC M AC D
V V
 
 
16
3
，故 D正确．故选 ACD．
12 ．ABD 因 为
cos sin sin ( cos ) 0
 
 
， 所 以
， 故 A正 确 ； 圆 心 O到
1
l
的 距 离 为
d
2 2
33
cos sin
 
， 所 以
1
l
与 圆 O相 切 ， 故 B正 确 ； 圆 心 O到 直 线
2
l
的 距 离 为
d
2 2
22
sin ( cos )
 
 
， 所 以 弦 长 为
2 2
2 3 2 2 5 
， 故 C错 误 ； 由
cos sin 3
sin cos 2
x y
x y
 
 
 
 
， 得
3cos 2sin
3sin 2cos
x
y
 
 
 
 
， 即
(3cos 2sin ,3sin 2cos )M
 
 
， 所 以
2 2
| | (3cos 2 sin ) (3sin 2 cos )OM
 
 
13
，所以
| |PM
的最小值为
13 3
，故 D正确．故选
ABD．
13．135 展开式的通项公式
3 6 6 18 4
1 6 6
1
C (3 ) ( ) ( 1) 3 C
r r r r r r r
r
T x x
x
 
 
，令
18 4 2r 
，解得
4r
，
所以
2
x
项的系数为
4 6 4 4
6
( 1) 3 C 9 15 135
 
．
14．0或27 令
( )f x t
，即
( ) 1f t
．当
0t
时，
3
( ) log 1f t t 
，解得
3t
，即
( ) 3f x
，当
0x
时，
3
( ) log 3f x x 
，解得
27x
，符合题意；当
0x
时，
1
1
( ) ( ) 3
3
x
f x
 
，解得
0x
，符合题意；当
0t

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