江西省南昌市2023-2024学年高三上学期开学考试数学试卷（含答案）.pdf

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1、江西省南昌市2023-2024学年高三上学期开学考试数学试卷（含答案）一单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D B C D A B 二多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求，全部选对得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 题号 9 10 11 12 答案 BCD AB ACD AB 三填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 132；145；153 3913；1622.四解

2、答题：共 70 分17 题 10 分，其余大题 12 分一道，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17【解析】（1）由已知，sincossincossinABBAabC，即sin()sinABabC，sinsinCabC，所以1ab，3 分 故ABC的面积为1133sin12224abC .5 分（2）由余弦定理，222cos2abcCab可得221122ab，所以222ab，7 分 所以222()24ababab，即2ab，所以ABC的周长为 3.10 分 18【解析】（1）因为,M N分别为,AC AB的中点，所以NMBC，因为ABBC，所以ABMN，2 分 因为ABPM，PMMNM，

3、所以AB 平面PMN，所以ABPN；5 分（2）因为2ABBC,3BPPM，则1NMNB，所以PNBPNM，因为ABPN，所以PNNM，因为NBNMN，所以PN 平面ABC，因为2ABBC,3BPPM，所以2 2PN，7 分 以NB为x轴，NM为y轴，NP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,1,0)M，(1,0,0)B，(0,0,2 2)P，所以(1,1,0)MB，(0,1,2 2)MP，设平面PMB的法向量为1(,)nx y z，则1100MB nMP n ，所以02 20 xyyz，PzyxABCMN#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBA

4、EoAAByANABAA=#令1z，得到1(2 2,2 2,1)n，平面PMN的法向量为2(1,0,0)n 10 分 所以1212122 22 34cos,17|17n nn nnn ，则二面角NPMB的余弦值为2 3417.12 分 19【解析】（1）棱长为1n的正方体的体积为3(1)n，棱长为n的正方体的体积为3n，3 分 所以333232(1)331331nannnnnnnn；5 分（2）由（1）可知332(1)331nannnn，7 分 则222123 13 1 1 3 23 2 1331naaann 2223(12)3(12)nnn 222(1)3(12)32n nnn 又33333

5、3332122132(1)(1)133naaannnnnn，所以22232(1)3(12)3332n nnnnnn，即32222223(1)(21)12366nnnn nnn.12 分 20【解析】（1）因为OFM的面积为34，则有133224c，解得1c，2 分 又因为3(1,)2M在椭圆C上，则222219141abab，解得2243ab，所以椭圆C的标准方程为22143xy；5 分（2）根据椭圆的对称性，欲证,A D关于x轴对称，只需证FAFDkk，即证0FAFBkk，设2211(,),(,)A xyB x y，直线AB方程为4xmy，由2243412xmyxy消去x得22(34)243

6、60mymy，所以1212222436,3434myyy ymm 9 分#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#则121221122112121212(1)(1)()11(1)(1)(1)(1)FAFByyy xyxy xy xyykkxxxxxx 因为1221121212223624()23()2303434my xy xyymy yyymmm 所以0FAFBkk，即,A D关于x轴对称.12 分 21【解析】（1）记选出甲乙两名队员参赛为事件1A，选出甲乙、丙丁各一人参赛为事件2A，选出丙丁两名队员参赛为事件3A，活动“党

7、建优秀代表队”称号为事件B.则221241()6CP AC，11222242()3C CP AC，223241()6CP AC.3 分 123()()P BP ABA BA B 2213221232211121()()2()64333343323232 2212111()()263222 151512181812.6 分（2）X的可能取值为：0,60,100,120,160,200，211(0)()416P X，311(60)2434P X 1=8，3211(100)2=4344P X，2231(120)()()43P X 116，(160)P X 2321()2433 14，(200)P X

8、 2232()()4314.所以随机变量X的分布列为：X 0 60 100 120 160 200 P 116 18 14 116 14 14 所以11111106010012016020016841644EX 130.12 分 22【解析】（1）1(),(1)xxg xaaa，则11222lnln()ln()xxxxaaag xaax aaxx，2 分 设12()xxh xx aa，则1221()2lnln0 xxxh xxax aaaax，故()h x在(0,)单调递增，又因为(1)0h，故()g x在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增.则()g x的极小值为(1)2ga，无极大值.5

9、 分#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#（2）因为1()1logafxxx，所以11logxaxxa，1111log()xxaaaxx，7 分 令11xtax，显然11xtax在(0,)单调递减，故有1()1logafxxx 两个正根，等价于()logah ttt 有两个零点.1()1lnh ta t，显然1(0,)lnta时，()0h t，1(,)lnta时，()0h t，故()h t在1(0,)lna递减，1(,)lna递增，1lnmin111()()loglog(ln)lnlnlnaaah thaaaaa，9 分 令1lnlog(ln)0aaaa，所以1lnln1aaa，则1ln1.lnaaa 设01lnxa，则01exa，00011ln(e)e.xxxaaa 所以1ln1lnaaa，则1elna，则1e(1,e)a，因为111()10,()(1)0.aaahh aaaa aaa 此时存在两零点1x，2x，其中111(,)lnxaa，21(,)lnxa，且12()()0.h xh x 故1e(1,e)a.12 分#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#