75、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24.2.2.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，共分，共 4040 分分.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 3cos，得133sincos2

2、24，即3sin()34，所以228s31()c3in(2)sin 2os()12sin()12()326342 .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

3、，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

4、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)()7171712fxfxgxg xgxgxgg，由 1,2可得：70g，所以 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 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

5、，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，6，7 的平均数是 4，4 5 12674m ，这组数据的方差是22222211 4244464745s265，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

6、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 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

7、 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，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页易知1

8、1,DCNQ DCBQ NQBQQ NQBQ、平面BNQ，1DC 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，1BDC的面积2132sin6022S，minmax1323121323121,132236123223612VV故选项 D 正确综上，正确选项为 ABD三、

9、填空题：本三、填空题：本大大题共题共 3 3 小题，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4r时，424246515yxyxCT，当5r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33232ABCACDSS

10、2 分又ADCCDADSACDsin21,即33223121CD，38CD，即34BD4 分在ABD中，根据余弦定理得ADBBDADADBDABcos2222即21341219162AB6 分337AB，即337c，7 分(2)BDCD2，ACABAD31328 分ACABACABAD949194222，即BACbcbccos94994122又11422 cb，21cosBACbc11 分又3sin21BACbc，由得：34tanBAC12 分734sinBAC13 分16.(15 分)(1)证明：在ACD中222cos222ADACCDADACCAD，45CAD1 分过点D作DOAC于点O，

11、连接BO，则345sin ADDOCBCDADAB，ABCADC，即OD=OB=33 分又OBODBDODOBBD，22223又ODAC，ABCODCOB平面，OA5 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(4CDECE，8 分设),(zyxn 是平面ABE的一个法向量则043603300zxyxAEnABn811zyx，则令，)8,1,1(n12 分而)1,0,0(m是平面ABC的一个法向量，33664|cosnmnmnm14

12、分设二面角CABE平面角的大小为，则82tan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82的正切值为二面角CABE15 分17.(15 分)解(1)设),(11yxC，由题可知，BNAMBCACkkkk2 分又27NMBNAMyykk，由93321211111xyxyxykkBCAC4 分上在点EyxC)(11，1592121yx，95BCACkk 5 分15NMyy6 分（2)由题可知，直线 MA 的方程为：)3(9xyyM联立方程4595)3(922yxxyyM可得：040596)4

13、5(2222MMMyxyxy)4059)(45(436222MMMyyy=4507 分2214540593MMyyx，221451353MMyyx8 分又)3(911xyyM，214530MMyyy，）（2224530,451353MMMMyyyyC同理可得点 D 的坐标为）（222510,5153MMMMyyyy9 分(i)当直线 CD 垂直于 x 轴时，DCxx，即22225153451353MMMMyyyy,152My23DCxx，此时直线 CD 的方程为23x10 分(ii)当直线 CD 不垂直于 x 轴时，22222251534513535104530MMMMMMMMCDyyyyyy

14、yyk67533002043MMMyyy11 分故直线CD的方程为）（224325153675330020510MMMMMMMyyxyyyyyy12 分令 y=0，则）（224225153675330251MMMMMyyxyyy整理得231504022256032424MMMMyyyyx，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tyyyyMMMM2224513534530tyyyyMMMM2225153510化简得：06090462tytM，

15、则23t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，3911xyyM，2 分同理：3311xyyN，9272121xyyyNM4 分又点),(11yxC在曲线 E 上，1592121yx，代入上式得：15NMyy6 分(2)由ACBMMBMMACkkykyk339得，又95331111xyxykkBCAC，353ACBCBDBCkkkk8 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4595

16、22yxnmyx得045510)95(222nmnyym9 分95455951002221221mnyymmnyy得由11 分又332211xyxykkBDBC)3)(3(2121nmynmyyy96)(3)(2212121221nnyymyymnyymyy8154945522nnn13 分由)(323358154945522舍去或得nnnnn14 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页直线 CD：23 myx，直线CD经过定点)0,23(15 分18.(17 分)解(1)若 n=2

17、，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）=，92313112C3 分P（X=0，Y=2）=91312，P（X=1，Y=0）=，92313112C4 分P（X=1，Y=1）=，92313112CP（X=2，Y=0）=913125 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）0120919291192920291007 分(2)当，时0),(,mYkXPnmk9 分故knmnmknknknmnmkCCmYkXPmYkXPp00031),(),(11

18、 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19.(17 分)解(1)若1a ，则 2ln21fxxxx，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，212xxx.若0a，0gx

19、，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 42ln1xxx，所以 222442xxxxx，所以当02x时，0 x，当2x

20、 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 分所以当104a时，0g x 有两个不等正实根1x，2x.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