2024届江西省重点中学协作体高三下学期第一次联考数学试卷含答案.pdf

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1、#QQABCYoEogggABBAAQgCAwVICEGQkACAAIoGBEAIsAIBCRFABAA=#QQABCYoEogggABBAAQgCAwVICEGQkACAAIoGBEAIsAIBCRFABAA=#江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 1 页 共 10 页 江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 2 页 共 10 页学科网（北京）股份有限公司江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学参考答案江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学参考答案一、单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.一、单选题：

2、本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 8答案答案B BC CD DA AC CB BD DC C1.【答案】B；2.【答案】C；3.【答案】D4.【答案】A 由2sin32 3cosaa=+，得133sincos224aa-=，即3sin()34a-=，所以228s31()c3in(2)sin 2os()12sin()12()326342aaaa-+=-=-=-=.5.【答案】C；6.【答案】B7.【答案】D【详解】丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分，三队中选一队与丙比赛，丙输，131C3，例如是丙甲，若丙

3、与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得 4 分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于 4 分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有 3 分，那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于 4 分，不合题意.若丙全赢（概率是21()3）时，丙得 6 分，其他 3 人分数最高为 5 分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于 6 分，只有平或输，一平一输，概率是1221C()3，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是23，两场均平，概率是21()3，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，两场甲都输，概率是21()3，乙丁这场比赛只能平，概率是13.综上，

4、概率为12122232511121118C()C()()()33333333+=，D 正确8.【答案】C【详解】因为3gx+为偶函数，1g xfx=+，所以44fxfx+=-+，对(2)(2)4fxfxx+-=两边同时求导，得(2)(2)4fxfx+-=，所以有(4)()4(4)()4(4)()4(8)(),fxfxfxfxfxfxfxfx+-=-+-=+=+=所以函数 fx的周期为8，在(2)(2)4fxfx+-=中，令0 x=，所以(2)2f=，因此 171822gff=，因为3gx+为偶函数，所以有 337331 1gxgxggxgxg=-=-=-+-+，(8)()7171712fxfx

5、gxg xgxgxgg+=+=-+=-=-，由 1,2可得：70g=，所以 7172gg+=.二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.题号题号9 910101111答案答案ADADBCDBCDABDABD9.【答案】AD【详解】对于 A，一个总体含有 50 个个体，某个个体被抽到的概率为150，以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为 10 的样本，则指定的某个个体被抽到的概率为11100.2055=，故 A 正确；对于 B，Q数据 1，2，m，6，7 的平均数是 4，4 5 1 2674m=-=，这组数据的

6、方差是22222211 4244464745s=-+-+-+-+-=265，故 B 错误；对于 C，8 个数据 50 百分为8 50%4=，第 50 百分位数为17 19=182+，故 C 错误；对于 D，依题意，28D x=，则 2221216DxD x-=，所以数据121021,21,21xxx-的标准差为 16，D 正确.10.【答案】BCD11.【答案】ABD【详解】对于 A 项，如图所示，连接对应面对角线，根据正方体的性质可知：11/BDB D，BD 平面11B D A，11B D 平面11B D A，/BD平面11B D A，同理可知1/C D平面11B D A，又11,BDDC

7、BDDC I、平面1BC D，平面1/BC D平面11B D A，又1PC D，BP 平面1BC D，/BP平面11B D A，故 A 正确;对于 B 项，易知1BB 面1111DCBA，11AC 面1111DCBA，则111ACB B，又11111111111,ACB D B DBBB B DBB=I、平面1BB D，11AC 平面1BB D，而1BD 平面1BB D，111BDAC，同理11BDDC，又1111111,DCACC DCAC=I、平面11AC D，1BD 平面11AC D，又1BD 平面1PBD，平面1PBD 平面11AC D，故 B 正确;对于 C 项，因为BM为定直线，1

8、D BM是定角，1D到BM的距离为定值，所以1MBPMBD=时，P在以BM为旋转轴，1D到BM的距离为半径的圆锥上，又/BM平面11CDDC，故平面11CDDC截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即 C 错误；对于 D 项，设11,AB DC中点分别为 N，Q，则点 A 的运动轨迹是平面11ABC D内以 N 为圆心，22为半径的圆(如图)，江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 3 页 共 10 页 江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 4 页 共 10 页学科网（北京）股份有限公司 易知11,DCNQ DCBQ NQBQQ NQBQ=I、平面BNQ，1

9、DC 平面BNQ，1DC 平面1BDC，平面1BDC 平面BNQ，而222232sin311122NBNQBBQ=+，设NQ与圆的交点分别为 E，F(点 E 位于点 F，Q 之间，如上图所示)，易知当点 A 分别位于点 E，F 时，点 A 到平面1BDC的距离分别取到最小值和最大值，且距离的最小值min2231sin1223dNQB=-=-，距离的最大值max2231sin1223dNQB=+=+，1BDCV的面积2132sin6022S=o，minmax1323121323121,132236123223612VV=-=-=+=+故选项 D 正确综上，正确选项为 ABD三、填空题：本大题共

10、3 小题，每小题 5 分，共 15 分.三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.12.【答案】24【详解】二项式6)(yx+的展开式通项公式为-+=NrryxCTrrrr,6,661，当4=r时，424246515yxyxCT=，当5=r时，5515666xyyxCT=，因此展开式中含42yx的项为4254224)(6152yxyxxyyx=-+，故所求系数为24.13.【答案】4,-.14.【答案】12220242023-.四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.15.(13 分)解(1)由题可得：CD=2BD，故33

11、232=ABCACDSS2 分又ADCCDADSACD=sin21,即33223121=CD，38=CD，即34=BD4 分在ABD中，根据余弦定理得ADBBDADADBDAB-+=cos2222即21341219162+=AB6 分337=AB，即337=c，7 分(2)BDCD2=Q，ACABAD3132+=8 分ACABACABAD+=949194222，即BACbcbc+=cos94994122又11422=+cb，21cos-=BACbc11 分又3sin21=BACbc，由得：34tan-=BAC12 分734sin=BAC13 分16.(15 分)(1)证明：在ACD中222co

12、s222=-+=ADACCDADACCAD，=45CAD1 分过点D作DOAC于点O，连接BO，则345sin=ADDOCBCDADAB=，Q，ABCADC，即OD=OB=33 分又OBODBDODOBBD=+=，22223又ODAC，ABCODCOB平面，=OAI5 分又，平面 ACDOD 平面ACD平面ABC6 分(2)由(1)知，OA、OB、OD两两垂直，以O为原点建立坐标系xyzO-，)0,0,4()3,0,0()0,3,0()0,0,3(-CDBA，)43,0,3(4CD-=ECE，Q8 分设),(zyxn=是平面ABE的一个法向量则=+-=+-=043603300zxyxAEnAB

13、n811=zyx，则令，)8,1,1(=n12 分而)1,0,0(=m是平面ABC的一个法向量，33664|cos=nmnmnm14 分江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 5 页 共 10 页 江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 6 页 共 10 页学科网（北京）股份有限公司设二面角CABE-平面角的大小为，则82tan=82的正切值为二面角CABE-15 分17.(15 分)解(1)设),(11yxC，由题可知，BNAMBCACkkkk=2 分又27NMBNAMyykk=，由93321211111-=-+=xyxyxykkBCAC4 分上在

14、点EyxC)(11Q，1592121=+yx，95-=BCACkk 5 分15-=NMyy6 分（2)由题可知，直线 MA 的方程为：)3(9+=xyyM联立方程=+=4595)3(922yxxyyM可得：040596)45(2222M=-+MMyxyxy)4059)(45(436222-+-=MMMyyy=4507 分2214540593MMyyx+-=-Q，221451353MMyyx+-=8 分又)3(911+=xyyM，214530MMyyy+=，）（2224530,451353MMMMyyyyC+-同理可得点 D 的坐标为）（222510,5153MMMMyyyy+-+-9 分(i)

15、当直线 CD 垂直于 x 轴时，DCxx=，即22225153451353MMMMyyyy+-=+-,152=My23=DCxx，此时直线 CD 的方程为23=x10 分(ii)当直线 CD 不垂直于 x 轴时，22222251534513535104530MMMMMMMMCDyyyyyyyyk+-+-+=67533002043+-+=MMMyyy11 分故直线CD的方程为）（224325153675330020510MMMMMMMyyxyyyyyy+-+-+=+12 分令 y=0，则）（224225153675330251MMMMMyyxyyy+-+-+=+整理得23150402225603

16、2424=+=MMMMyyyyx，此时直线CD经过定点)0,23(14 分综上，直线CD经过定点)0,23(15 分另解：(ii)当直线 CD 不垂直于 x 轴时，由对称性知定点在x轴上，设)0,(tQ由 C、D、Q 三点共线知=-+-+tyyyyMMMM2224513534530tyyyyMMMM-+-+-2225153510化简得：06090462=-+-tytM，则23=t此时直线CD经过定点)0,23(14 分综上，直线CD经过定点)0,23(15 分解法二：(1)设),(11yxC，则),9()3(11MyAMyxAC=+=，A、C、M 三点共线，3911+=xyyM，2 分同理：3

17、311-=xyyN，9272121-=xyyyNM4 分又点),(11yxC在曲线 E 上，1592121=+yx，代入上式得：15-=NMyy6 分(2)由ACBMMBMMACkkykyk339=得，又95331111-=-+=xyxykkBCAC，353-=ACBCBDBCkkkk8 分由题可得直线 CD 显然不与 x 轴平行设直线 CD 的方程为：),(),()3(2211yxDyxCnnmyx，+=由=+=459522yxnmyx得045510)95(222=-+nmnyym9 分+-=+-=+95455951002221221mnyymmnyy得由11 分又332211-=xyxyk

18、kBDBC)3)(3(2121-+-+=nmynmyyy96)(3)(2212121221+-+-+=nnyymyymnyymyy8154945522+-=nnn13 分江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 7 页 共 10 页 江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 8 页 共 10 页学科网（北京）股份有限公司由)(323358154945522舍去或得=-=+-nnnnn14 分直线 CD：23+=myx，直线CD经过定点)0,23(15 分18.(17 分)解(1)若 n=2，X 的取值为 0，1，2，Y 的取值为 0，1，2，1 分则 P

19、（X=0，Y=0）=91312=，2 分P（X=0，Y=1）=，92313112=C3 分P（X=0，Y=2）=91312=，P（X=1，Y=0）=，92313112=C4 分P（X=1，Y=1）=，92313112=CP（X=2，Y=0）=91312=5 分P（X=1，Y=2）=P（X=2，Y=1）=P（X=2，Y=2）=06 分故（X，Y）的联合分布列为（X，Y）012091929119292029100 7 分(2)当，时0),(,=+mYkXPnmk9 分故-=-=knmnmknknknmnmkCCmYkXPmYkXPp00031),(),(11 分=knkknknmknnknmknn

20、knCCCC-=-=)32()31(233013 分所以)32()31(00knknknkknkkCkp-=，15 分由二项分布的期望公式可得=nkknkp03.17 分19.(17 分)解(1)若1a=-，则 2ln21f xxxx=+，所以 ln14fxxx=+，所以 1145f=+=，又 12 13f=+=，2 分所以 f x的图象在1x=处的切线方程为351yx-=-，即520 xy-=.3 分(2)(i)由题意知 ln14fxxax=+-.令 ln41g xfxxax=-+，则 14gxax=-.因为 f x有两个极值点1x，212xxx，所以 0g x=有两个不等正实根1x，212

21、xxx.若0a，0gx，则 g x在0,+上递增，所以 g x在0,+上至多有一个零点，不符合题意；5 分若0a，令 0gx=，解得14xa=，所以当104xa时，0gx，当14xa时，0gx，所以 g x在10,4a上递增，在1,4a+上递减.所以14xa=时，g x取得极大值，即最大值为1ln 44gaa=-，6 分所以1ln 404gaa=-，解得104a.7 分当104a时，104ga，又140eeag-=，所以1104egga，由零点存在性定理知：存在唯一的111,e 4xa，使得10g x=.8 分又2221114ln412ln1gaaaaaa=-+=-+，令 42ln1xxxm=

22、-+，所以 222442xxxxxm-=-+=，所以当02x时，0 xm，当2x 时，0 xm，所以 xm在0,2上递增，在2,+上递减，所以 42ln122ln2 10aaamm=-+=-，所以210ga，所以21104ggaa，由零点存在性定理知：存在唯一的2211,4xa a，使得20g x=.10 分江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 9 页 共 10 页 江西省重点中学协作体 2024 届高三第一次联考数学试卷 第 10 页 共 10 页学科网（北京）股份有限公司所以当104a时，0g x=有两个不等正实根1x，2x.综上，a的取值范围是10,4.11 分(

23、ii)证明：由知104a，且12104xxa，所以114a，因为 g x在10,4a上为增函数，及 1140ga=-，所以11x，12 分又214xa，所以21114xxa-.13 分因为10g x=，20g x=，所以11ln410 xax-+=，22ln410 xax-+=，所以1212lnln4xxa xx-=-，所以121214lnlnxxaxx-=-.14 分令 21ln011xh xxxx-=-+，所以 222114011xh xxxx x-=-=+，所以 h x在0,1上递增，因为12xx，所以121xx，所以 1210 xhhx=，即12112221ln01xxxxxx-+，所以121212lnln2xxxxxx-+-，16 分所以12121214lnln2xxxxaxx-+=-，即1212xxa+.所以211221111322222xxxxxxaaa-=+-+-=-.17 分