南昌高三上(零模)-数学试题+答案(1)_2023年9月_029月合集_2024届江西省南昌市高三零诊

{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}{#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}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． 3 39 2 13． 2； 14．5； 15． ； 16． . 13 2 四．解答题：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，sinAcosBsinBcosAabsinC， 即sin(AB)absinC， sinC absinC，所以ab1， …………………… 3分 1 1 3 3 故ABC的面积为 absinC  1  . …………………… 5分 2 2 2 4 a2 b2 c2 a2 b2 1 1 （2）由余弦定理，cosC  可得  ， 2ab 2 2 所以a2 b2 2， …………………… 7分 所以(ab)2 a2 b2 2ab4，即ab2， 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NM∥BC， 因为ABBC，所以ABMN， …………………… 2分 因为ABPM ，PM  MN M ， 所以AB平面PMN ，所以ABPN ； …………………… 5分 （2）因为ABBC 2,BP PM 3，则NM  NB1， 所以PNBPNM ，因为ABPN ，所以PN  NM ， 因为NB  NM  N ，所以PN 平面ABC， 因为ABBC 2,BP PM 3，所以PN 2 2， …………………… 7分 z 以NB为x轴，NM 为y轴，NP为z轴， P 建立如图所示的空间直角坐标系， 则M(0,1,0)，B(1,0,0)，P(0,0,2 2)，   所以MB(1,1,0)，MP(0,1,2 2)，  设平面PMB的法向量为n (x,y,z)， 1 y   M  MBn 0  x y 0 A C 则  1 ，所以 ， N  MPn 1 0 y2 2z 0 B x {#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#} 令z 1，得到n (2 2,2 2,1)， 1  平面PMN 的法向量为n (1,0,0) …………………… 10分 2     n n 2 2 2 34 所以cosn ,n   1  2    ， 1 2 |n ||n | 17 17 1 2 2 34 则二面角N PM B的余弦值为 . …………………… 12分 17 19．【解析】（1）棱长为n1的正方体的体积为(n1)3， 棱长为n的正方体的体积为n3， …………………… 3分 所以a (n1)3n3 n33n2 3n1n3 3n2 3n1； …………………… 5分 n （2）由（1）可知a (n1)3n3 3n2 3n1， …………………… 7分 n 则a 1 a 2   a n 312 311322 321  3n2 3n1 n(n1) 3(12 22  n2)3(12 n)n 3(12 22  n2)3 n    2 又a 1 a 2   a n 23133323  (n1)3n3 (n1)31n33n2 3n， n(n1) 所以3(12 22   n2)3 nn33n2 3n， 2 2n33n2 n n(n1)(2n1) 即1222 32   n2   . …………………… 12分 6 6 3 1 3 3 20．【解析】（1）因为OFM 的面积为 ，则有 c  ，解得c1， ……2分 4 2 2 4  1 9 3   1 a2 4 又因为M(1, )在椭圆C上，则a2 4b2 ，解得 ， 2  a2b2 1 b2 3 x2 y2 所以椭圆C的标准方程为  1； …………………… 5分 4 3 （2）根据椭圆的对称性，欲证A,D关于x轴对称， 只需证k k ，即证k k 0， FA FD FA FB 设A(x ,y ),B(x ,y )，直线AB方程为xmy4， 2 2 1 1 xmy4 由 消去x得(3m2 4)y2 24my360， 3x2 4y2 12 24m 36 所以y  y  ,y y  …………………… 9分 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4 {#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}y y y (x 1) y (x 1) y x  y x (y  y ) 则k k  1  2  1 2 2 1  1 2 2 1 1 2 FA FB x 1 x 1 (x 1)(x 1) (x 1)(x 1) 1 2 1 2 1 2 36 24m 因为y x  y x (y  y )2my y 3(y  y )2m 3 0 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 3m2 4 3m2 4 所以k k 0，即A,D关于x轴对称. …………………… 12分 FA FB 21．【解析】（1）记选出甲乙两名队员参赛为事件A， 1 选出甲乙、丙丁各一人参赛为事件A ， 2 A 选出丙丁两名队员参赛为事件 3， 活动“党建优秀代表队”称号为事件B. C2 1 C1C1 2 C2 1 则P(A) 2  ，P(A ) 2 2  ，P(A ) 2  . …………………… 3分 1 C2 6 2 C2 3 3 C2 6 4 4 4 P(B)P(AB A BAB) 1 2 3 1 3 2 2 1 2 3 2 2 1 1 1 2 1  ( )2[( )22  ]   (      ) 6 4 3 3 3 3 4 3 3 2 3 2 3 2 1 2 1 1 1 1 5 1 5 ( )2[( )22  ]     . …………………… 6分 6 3 2 2 2 12 18 18 12 （2）X 的可能取值为：0,60,100,120,160,200， 1 1 3 1 1 1 P(X 0)( )2  ，P(X 60)2   = ， 4 16 4 3 4 8 3 2 1 1 3 1 1 P(X 100)2   = ，P(X 120)( )2( )2  ， 4 3 4 4 4 3 16 3 2 1 1 3 2 1 P(X 160) ( )22   ，P(X 200) ( )2( )2  . 4 3 3 4 4 3 4 所以随机变量X 的分布列为： X 0 60 100 120 160 200 P 1 1 1 1 1 1 16 8 4 16 4 4 1 1 1 1 1 1 所以EX 0 60 100 120 160 200 130. 16 8 4 16 4 4 …………………… 12分 1 22．【解析】（1）g(x)ax ax,(a1)， 1 ax lna lna 1 则g(x)axlna  (x2ax ax)， …………………… 2分 x2 x2 1 1 1 设h(x) x2ax ax ，则h(x)2xax x2axlna ax lna0， x2 故h(x)在(0,)单调递增，又因为h(1)0， 故g(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增. 则g(x)的极小值为g(1)2a，无极大值. …………………… 5分 {#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}1 1 （2）因为 f( )1xlog x，所以1xlog xax ， x a a 1 1 1 1 ax log ( ax)， …………………… 7分 x a x 1 1 1 1 令t  ax ，显然t  ax 在(0,)单调递减， x x 1 故有 f( )1xlog x两个正根，等价于h(t)tlog t有两个零点. x a a 1 1 h(t)1 ，显然t(0, )时，h(t)0， lnat lna 1 t( ,)时，h(t)0， lna 1 1 故h(t)在(0, )递减，( ,)递增， lna lna 1 1 1 1 h(t) h( ) log log (alna lna)， …………………… 9分 min lna lna a lna a 1 1 1 1 令log (alna lna)0，所以alna lna1，则alna  . a lna 1 1 1 1 设x  ，则aex 0，alna  ax 0 (ex 0)x 0 e. 0 lna 1 1 1 1 所以alna  ，则e ，则a(1,ee)， lna lna 1 1 因为h( ) 10,h(aa)aa aa(aa11)0. a a 1 1 1 此时存在两零点x ，x ，其中x ( , )，x ( ,)，且h(x )h(x )0. 1 2 1 a lna 2 lna 1 2 1 故a(1,ee). …………………… 12分 {#{QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=}#}