山东新高考联合质量测评2024届高三10月联考数学答案和解析

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山东新高考联合质量测评高三数学参考答案

1.C 2.A

3.C 解：



底面边长为 4，



底面的对角线长为

4 2

设正四棱柱和正四棱锥的高为

，因正四棱锥的侧棱长为

，

则根据题意可得

2 2 2

(2 2) (2 3)h 

，

解得

2h

，故该几何体的体积为

1 128

442 442

3 3

      

，故选 C.

4. B

5. B 解：由

)2lg(lg)3lg( baba 

得

baab  23

，变形得

21  ba

因为

5)2)(

( b

，所以

32  ba

，故选 B

6.D 解：函数

( ) e

f x 



的定义域为

，因为

( ) ( ) 0f x f x- + =

，所以函数

 

f x

是

上的奇函数，

所以

 

0 1 0f a  

，解得

1a 

，所以

e 1

( ) e

f x 



，则

 

2 2

e 1 1 e

( ) e e

x x

f x f x



 

    

，

所以

e 1

( ) e

f x 



，则

 

2 2 2

12e e 1

( ) e

e e e

x x

f x

 

    

，因为

( )f x

在

( , ( ))b f b

处的切线方程为

2y x

，所以

e 1

( ) 2

f b



 

，解得

0b

，所以

 ba2

-2.故答案为：D.

7．C解：设点

到平面

AB C

的距离为

，

因为

1 1

B AB C B ABC

V V

 



，所以

1 1

3 3

AB C ABC

S d S BB  

 

因为正方体

1 1 1 1

ABCD A B C D

的棱长为 3，

所以等边△

CAB1

的边长为

，所以

)23(

1

CAB

，

所以

333

1 d

，解得

3d

，

所以点

为球心，

为半径的球面与平面

AB C

的交线是以

1)3(2 22 

为半径的圆.又因为等边△

CAB1

的内切圆半径为

23 

,所以交线长为



.故选 C.

{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}

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8.D 解：由已知

( 1) ( 2)

n n

n a n a



  

，所以

2 1

n n

a a

n n



 

，所以数列

{ }

n

是常数列.

又

23a

，所以

1 2 1

n 

 

，从而

a n 

，

所以数列

{ }

是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，故

n n

S



．

由存在

n N



使得

2 14

n n

S ka 

成立可知，

存在

n N



使得

23 14 ( 1)n n k n   

成立，即

min

3 14

( )

n n

 



．

设

1t n 

，则

1n t 

，从而

2 2

3 14 ( 1) 3( 1) 14 12 1

n n t t t

n t t

     

   



．

记

( ) 1f t t t

  

，由对勾函数性质可知，

( )f t

在

(0, 2 3)

上单调递减，在

(2 3, )

上单调递增，

又

t N



，所以

8143)3( f

，

8134)4( f

，

所以

12 1tt

 

的最小值是 8．故选：D．

9.ACD 解：选项 A：设幂函数

)(xf



x

，由

(f

得





，故选项 A正确；

选项 B：

032)( 2 xxxf

得

13或x

，所以

)(xf

的零点为

13和

，故选项 B不正确；

选项 C：因为

)1( xf

是偶函数，所以

)1()1(  xfxf

，

因为

 

f x

是奇函数，所以

)1()1()1(  xfxfxf

因此函数

 

f x

的周期为

，所以

     

2024 4 506 0 0f f f   

，故选项 C正确；

选项 D：因为函数

 

lnf x x x

 

在

 

1, 2x

时单调递增，而

013ln)3( f

，

故选项 D正确.故选 ACD.

10.BD 解因为

11 32   nnnn aaaa

，所以 1

an＋1

＝2

＋3，所以 1

an＋1

＋3＝2

＋3，且 1

＋3＝4≠0，所

以

＋3是以 4为首项，2为公比的等比数列，即 1

＋3＝4×2n-1，所以 1

＝2n+1－3，可得 an＝1

2n＋1－3，

故选项 A，C错误；

因为 1

＝2n+1－3单调递增，所以 an＝1

2n＋1－3单调递减，即{an}为递减数列，故选项 B正确；

an的

前n项和 Tn＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n+1－3)＝(22＋23＋…＋2n+1)－3n＝22×1－2n

1－2

－3n＝2n+2－3n－4，

故选项 D正确．故选 BD.

{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}

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11.ABD 解.对A，以点

为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设

12 2AA AB 

，则

1AB 

，

由题意可知

 

1,1,0B

，

 

1,0,1N

，

 

0,1, 0C

，则

 

1,1,0DB 



，

 

1,1, 1NC   



，

,011  NCDB

∴

NCDB 

,即

BD NC

,故A正确；

对B，

 

0,1,1E

，

 

0,1,1DE 



，

,011  NCDE

∴

NCDE 

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

，

，由已知得

EFCD //

，所以

EFBA //

，所以

FEBA ,,,

四点共面，

∴直线 BE 与

是共面直线，C错误；

对D，设直线

与平面

BDE

的交点为

，

由正方体知

2ND NB NE DB BE DE     

，则四面体

N BDE

为正四面体.

∵

CN 

平面

BDE

，则

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）＝，

又因为方程

 

＝a有四个互不相等的实数根，所以

0 a

，故 A错误；

对于 B，由题意可得＝﹣ ，且有 0＜x1≤，≤x2＜2，

{#{QQABDQSAggggAgBAAQhCQwlQCEOQkACCCAoGgAAEMAAAQBNABAA=}#}

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