江西省重点中学协作体2024届高三第一次联考数学试卷含答案.pdf

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1、江西省重点中学协作体2024届高三第一次联考数学试卷2024.2 命题：一（考试时间z120分钟，试卷满分z150分注意事项21.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单逃跑g本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题绘出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1己知集合AE Nj2x2-x-15豆叶，B=y I y=sin x，则AnB=(A.xi-I宝X主IB.0,1C

2、.-1,0,1D.l2.在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数z.(1+i)2024对应的点在（A.第一象限B.第二象限3 1 3.已知a=sin一，b=ln-,c一，则（5 2 2 C.第三象限D.第四象限A.a b cB.c a bC.c b aD.a c b4己知2sina=3+2./Jco”则叫？（A._.B._2c.ID.28 8 4 85己知双曲线C：三l(a O,bO）的左、右焦点分别为F;、凡，点M为R关于渐近线的对称点a D 若阻L2，且M1叭的面积为8，则C的方程为（IMF2I A.x2丘IB.二y2=1C.王：i_=lD.二i_=I4 4 2 8 4 16 6.如图

3、，正六边形的边长为2.fi.，半径为l的圆0的圆心为正六边形的中心，着点M在正六边形的边上运动，动点儿B在圆O上运动且关于圆心。对称，则fil.MiJ的驭值范围为（）A.4,5)B.5,7)c.4,6)D.5,8)江西省重点中学协作体2024届高三第一次联考敏学试卷第lJt兴4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 1 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江西省重点中学协作体 20242024 届高三第一次联考数学届高三第一次联考数学参考答案参考答案 一、一、单选单选题：本题：本大大题共题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分

4、，共分，共 4040 分分.题号题号 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 答案答案 B B C C D D A A C C B B D D C C 1.【答案】B；2.【答案】C；3.【答案】D 4.【答案】A 由2sin32 3cos=+，得133sincos224=，即3sin()34=，所以228s31()c3in(2)sin 2os()1 2sin()1 2()326342+=.5.【答案】C；6.【答案】B 7.【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，若丙与乙、丁的两

5、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，概率

6、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=+，

7、()()()()()()()(8)()7171712fxfxgxg xgxgxgg+=+=+=，由()()1,2可得：()70g=，所以()()7172gg+=.15011100.2055=m4 5 12674m=()()()()()22222211 4244464745s=+=2658 50%4=17 19=182+()28D x=()()2221216DxD x=121021,21,21xxx 11/BDB DBD 11B D A11B D 11B D A/BD11B D A1/C D11B D A11,BDDC BDDC、1BC D1/BC D11B D A1PC DBP 1BC D/B

8、P11B D A1BB 1111DCBA11AC 1111DCBA111ACB B11111111111,ACB D B DBBB B DBB=、1BB D11AC 1BB D1BD 1BB D111BDAC11BDDC1111111,DCACC DCAC=、11AC D1BD 11AC D1BD 1PBD1PBD 11AC DBM1D BM1DBM1MBPMBD=PBM1DBM/BM11CDDC11CDDC11,AB DC11ABC D22 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 2sin32 3cos=+133sincos224=3sin()34

9、=228s31()c3in(2)sin 2os()1 2sin()1 2()326342+=131C321()31221C()32321()321()31312122232511121118C()C()()()33333333+=()3gx+()()1g xfx=+()()44fxfx+=+(2)(2)4fxfxx+=(2)(2)4fxfx+=(4)()4(4)()4(4)()4(8)(),fxfxfxfxfxfxfxfx+=+=+=+=()fx8(2)(2)4fxfx+=0 x=(2)2f=()()()171822gff=()3gx+()()()()()()()337331 1gxgxggx

10、gxg=+()()()()()()()(8)()7171712fxfxgxg xgxgxgg+=+=+=()()1,2()70g=()()7172gg+=二、二、多选多选题：本题：本大大题共题共 3 3 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 1818 分分.题号题号 9 9 1010 1111 答案答案 ADAD BCDBCD ABDABD 9.【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，数据 1，2，m，

11、6，7 的平均数是 4，4 5 12674m=，这组数据的方差是()()()()()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】BCD 11.【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

12、11B D A，同理可知1/C D平面11B D A，又11,BDDC BDDC、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=、平面1BB D，11AC 平面1BB D，而1BD 平面1BB D，111BDAC，同理11BDDC，又1111111,DCACC DCAC=、平面11AC D，1BD 平面11AC D，又1BD 平面1PBD，平面1PBD 平

13、面11AC D，故 B 正确;对于 C 项，因为BM为定直线，1D 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 学科网（北京）股份 有限公司 易知11,DCNQ DCBQ NQBQQ NQBQ=、平面BNQ，1DC 平面BNQ，

14、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=+=+，1BDC的面积()2132sin6022S=，minmax1323121323121,132236123223612VV=+=+故选项 D 正确综上，正确选项为 ABD 三、填空题：本三、填空题：本大大题共题共 3 3 小

15、题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 1515 分分.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：本四、解答题：本大大题共题共 5 5 小题，共小题，共 7 77 7 分分.15.(13 分)解(1)由题可得：CD=2BD，故33232=ABCACDSS2 分 ADCCDADSA

16、CD=sin2133223121=CD38=CD34=BDABDADBBDADADBDAB+=cos222221341219162+=AB337=AB337=cBDCD2=ACABAD3132+=ACABACABAD+=949194222BACbcbc+=cos9499412211422=+cb21cos=BACbc3sin21=BACbc34tan=BAC734sin=BACACD222cos222=+=ADACCDADACCAD=45CAD345sin=ADDOCBCDADAB=，ABCADCOBODBDODOBBD=+=，22223ABCODCOB平面，=OA，平面 ACDOD xyzO

17、)0,0,4()3,0,0()0,3,0()0,0,3(CDBA，)43,0,3(4CD=ECE，),(zyxn=+=+=043603300zxyxAEnABn811=zyx，则令)8,1,1(=n)1,0,0(=m33664|cos=nmnmnm 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 11,DCNQ DCBQ NQBQQ NQBQ=、BNQ1DC BNQ1DC 1BDC1BDC BNQ222232sin311122NBNQBBQ=+NQ1BDCmin2231sin1223dNQB=max2231sin1223dNQB=+=+1BDC()2132s

18、in6022S=minmax1323121323121,132236123223612VV=+=+246)(yx+=NrryxCTrrrr,6,6614=r424246515yxyxCT=5=r5515666xyyxCT=42yx4254224)(6152yxyxxyyx=+24(4,1222024202333232=ABCACDSS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=，A

19、CABAD3132+=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222cos222=+=ADACCDADACCAD，=45CAD1 分 过点D作DOAC于点O，连接BO，则345sin=ADDO CBCDADAB=，ABCADC，即OD=OB=33 分 又OBODBDODOBBD=+=，22223 又ODAC，ABCODCOB平面，=OA5 分 又，平面 A

20、CDOD 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，8 分 设),(zyxn=是平面ABE的一个法向量 则=+=+=043603300zxyxAEnABn 811=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 学科网（北京）股份 有限公司 设二面角CABE平面角的大小为，则8

21、2tan=82的正切值为二面角CABE15 分 17.(15 分)解(1)设),(11yxC，由题可知，BNAMBCACkkkk=2 分 又27NMBNAMyykk=，由93321211111=+=xyxyxykkBCAC4 分 上在点EyxC)(11，1592121=+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+=，2214513

22、53MMyyx+=8 分 又)3(911+=xyyM，214530MMyyy+=，）（2224530,451353MMMMyyyyC+同理可得点 D 的坐标为）（222510,5153MMMMyyyy+9 分(i)当直线 CD 垂直于 x 轴时，DCxx=，即22225153451353MMMMyyyy+=+,152=My 23=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）（224325153

23、675330020510MMMMMMMyyxyyyyyy+=+12 分 令 y=0，则）（224225153675330251MMMMMyyxyyy+=+231504022256032424=+=MMMMyyyyxCD)0,23(CD)0,23(x)0,(tQ=+tyyyyMMMM2224513534530tyyyyMMMM+2225153510()06090462=+tytM23=tCD)0,23(CD)0,23(),(11yxC),9()3(11MyAMyxAC=+=，3911+=xyyM3311=xyyN9272121=xyyyNM),(11yxC1592121=+yx15=NMyyAC

24、BMMBMMACkkykyk339=得，95331111=+=xyxykkBCAC353=ACBCBDBCkkkk),(),()3(2211yxDyxCnnmyx，+=+=459522yxnmyx045510)95(222=+nmnyym+=+=+95455951002221221mnyymmnyy得由332211=xyxykkBDBC)3)(3(2121+=nmynmyyy96)(3)(2212121221+=nnyymyymnyymyy8154945522+=nnn 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 CABE82tan=82的正切值为二面角

25、CABE),(11yxCBNAMBCACkkkk=27NMBNAMyykk=93321211111=+=xyxyxykkBCAC上在点EyxC)(111592121=+yx95=BCACkk15=NMyy)3(9+=xyyM=+=4595)3(922yxxyyM040596)45(2222M=+MMyxyxy)4059)(45(436222+=MMMyyy2214540593MMyyx+=221451353MMyyx+=)3(911+=xyyM214530MMyyy+=）（2224530,451353MMMMyyyyC+）（222510,5153MMMMyyyy+DCxx=2222515345

26、1353MMMMyyyy+=+152=My23=DCxx23=x22222251534513535104530MMMMMMMMCDyyyyyyyyk+=67533002043+=MMMyyyCD）（224325153675330020510MMMMMMMyyxyyyyyy+=+）（224225153675330251MMMMMyyxyyy+=+整理得231504022256032424=+=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、

27、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：3311=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=

28、+=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=xyxykkBDBC)3)(3(2121+=nmynmyyy 96)(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

29、 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（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=

30、2，Y=2）=06 分 故（X，Y）的联合分布列为（X，Y）0 1 2 0 91 92 91 1 92 92 0 2 91 0 0 7 分(2)当，时0),(,=+mYkXPnmk9 分 故=knmnmknknknmnmkCCmYkXPmYkXPp00031),(),(11 分=knkknknmknnknmknnknCCCC=)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 1a=()2ln21f xxxx=+()ln14fxxx=+()1145f=+=()12 13f=+=()f x1x=

31、()351yx=520 xy=()ln1 4fxxax=+()()ln41g xfxxax=+()14gxax=()f x1x()212xxx()0g x=1x()212xxx0a()0gx()g x()0,+()g x()0,+0a()0gx=14xa=104xa()0gx14xa()0gx()g x10,4a1,4a+14xa=()g x()1ln 44gaa=()1ln 404gaa=104a104a104ga140eeag=1104egga111,e 4xa()10g x=2221114ln412ln1gaaaaaa=+=+()42ln1xxx=+()222442xxxxx=+=02x

32、()0 x2x()0 x()x()0,2()2,+()()42ln122ln2 10aaa=+=210ga21104ggaa2211,4xa a()20g x=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)(323358154945522舍去或得=+nnnnn23+=myxCD)0,23(91312=，92313112=C91312=，92313112=C，92313112=C91312=919291929291，时0),(,=+mYkXPnmk=knmnmknknknmnmkCCmYkXPmYkXPp00031),(),(knkknknmknnknmkn

33、nknCCCC=)32()31(2330)32()31(00knknknkknkkCkp=nkknkp0319.(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()ln1 4fxxax=+.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，()212xxx.若0a，()0gx，则()g

34、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()42ln1xx

35、x=+，所以()222442xxxxx=+=，所以当02x时，()0 x，当2x 时，()0 x，所以()x在()0,2上递增，在()2,+上递减，所以()()42ln122ln2 10aaa=+=，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 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(ii)证明：由知104a，且12104xxa，所以114a，因

36、为()g x在10,4a上为增函数，及()11 40ga=，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