广西南宁市武鸣高级中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届广西南宁市武鸣高级中学高三上学期开学考试

广西武鸣高中 2024 届高三（上）开学调研测试题
数学参考答案
1．B【详解】由题意可得A x x 2 {x|2 x2}，B x xx30 {x|x0或
x3}，故AB  x 2 x0  ，故选：B
i i1i 1 1 1
2．D【详解】z1ii3 i，则z    i，则其虚部为 故选：D
1i 1i1i 2 2 2
a a 2a 7d 24
3.C【详解】设等差数列a 公差为d，则有 4 5 1 ，
n S 6a 15d 48
6 1
a 2
解得 1 ，所以a a 8d 24830 .故选：C
d 4 9 1
4.B【详解】在Rt△ABC中，AC2AB74,在△MCA中，MCA105,MAC45,
MC AC
则AMC180MCAMAC30,由正弦定理得  ，即
sinMAC sinAMC
MC 74 2
 ，解得MC 74 2 ,在Rt△MNC中，MN 74 2 74m，故选:B.
sin45 sin30
2
5.A【详解】因为椭圆C的左、右顶点分别为A，A ，所以A a,0,A a,0，
1 2 1 2
所以以线段AA 为直径的圆的圆心为坐标原点(0,0), 半径为a, 所以圆的方程为
1 2
x y 2ab
x2y2 a2，因为圆x2y2 a2与直线  20相切，所以 a, 整理可得：
a b a2b2
a2 = 3b2,即a2 3  a2c2 , 即 2a2 3c2, 从而e2  c2  2 ,所以e c  2  6 .故选：A
a2 3 a 3 3
4x
6、D【详解】函数 f ( x )= 的定义域为R，
2+4x
对于A，函数 f x 4x 1 2 ，函数y4x在R上为增函数，易得 f x在R上为增
24x 24x
函数，则有 f 0.1 f 0.2，A错误；
对于B， f ( x )=
4x
，有4x 0，则有 f x0，所以 f x没有零点，B错误；
2+4x
对于C，f ( 1 )= 4 = 2 ，f (-1 )= 4-1 = 1 ，所以 f 1 f 1，f x不是偶函数，C错误；
6 3 2+4-1 9
对于D，因为 f ( x )=
4x
，所以 f ( 1-x )=
41-x
=
4
=
2
2+4x 2+41-x 2×4x+4 4x+2
答案第1页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}1 1
所以 f x f 1x1， 所以函数 f x的图象关于点 , 对称，D正确；故选：D．
2 2
7．A【详解】解法一：（排除法）当t= 2则x

2, 22

得 f  x 2  2f x，
即  x 2 2 2x2,x22 2x20在x 2, 22时恒成立，
 
而x22 2x2最大值，是当x= 22时出现，故x22 2x2的最大值为0，
则 f xt2f x恒成立，排除B项，同理再验证t=3时， f xt2f x恒成立，排除
C项，t=1时， f xt2f x不成立，故排除D项
解法二：∵ f x是R 上的奇函数，当x0时， f x=x2，
∴当x0时， f x= x2，∴ f x是R 上的增函数，
∵对任意xt,t2,f xt2f x 恒成立，∴ f xt f  2x  ，∴xt 2x，
∴t  21  x，其中x t,t2 ，∴t  21 t2，∴  2 2  t2  21  ，
 
2 21
∴ t = 2 ．故选：A
2 2
8.D【详解】先从5天中选3天排太极拳，有C3种，然后再从所选的3天中选一节排太极拳
5
有C1C1C1种，所以太极拳有C3C1C1C1种排法，若五天中有1天既有太极拳又有形意拳，则
2 2 2 5 2 2 2
哪一天重复有C1种，再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有C1C1种，再从剩下
3 2 2
的4节课中选2节排长拳，有C2种，则另外2节排兵器，所以有C1C1C1C2种，
4 3 2 2 4
若五天中有2天既有太极拳又有形意拳，则哪两天重复有C2种，再从另外不重复的2天中
3
排形意拳，有C1C1种，再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有C2种，则另外2节排兵器，
2 2 4
但排在同一天不合适，所以有C22C2种，所以共有C1C1C1 C22C2
种，
4 2 3 2 2 4 2
若五天中有3天既有太极拳又有形意拳，则剩下的4节课中选2节排长拳，有C2种，再去
4
掉排同一天的2C2种，所以有C22C2种，综上所述：共有
2 4 2
C3C1C1C1C1C1C1C2 C1C1C1 C2 2C2   C2 2C2 80724849920种.选：D.
5 2 2 2 3 2 2 4 3 2 2 4 2 4 2 
9．BC【详解】lnab0需要ab1，ab不能满足，A选项错误；
答案第2页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}由指数函数y3x的性质，当ab时，有3a 3b，B选项正确；
由幂函数yx3的性质，当ab时，有a3 b3，即a3b3 0，C选项正确；
1 1
当a2,b1时，满足ab，但  不成立，D选项错误.故选：BC
a b
12
10、BC【详解】因为DX ，所以D5X 225DX12，故A错误；
25
由yˆ 0.30.7x，得样本点2,3的残差为30.30.721.9，故B正确；
对于C中，若随机变量X  N
 ,2
，且P(X 4)P(X 2) p ，
4(2) 1 1 1
可得 1，则P2 X 1 P(2 X 4) (12p)  p，故C正确；
2 2 2 2
根据2 3.7123.841，故没有95%的把握认为X 与Y 有关，故D错误．故选：BC．
p
11．ACD【详解】因为抛物线C：y2 2pxp0的准线方程为x=1，故 1,p 2,
2
故y2 4x，焦点为F(1,0)，设A(x,y ),B(x ,y )，对于A，AF x 15,x 4，代入y2 4x
1 1 2 2 1 1
得y2 16，即y2 16故OA  x2y2  32 4 2，A正确；
1 1 1
对于B， AB 8，则x x 28,x x 6，当直线AB为x1时， AB 4，由此可判
1 2 1 2
断 AB 8时，直线l的斜率存在且不等于0，
设直线l的方程为yk(x1)，联立y2 4x可得：
k2x2 (2k2 4)xk2 0,(k 0) ，
2k24
故x x   6，解得k1，满足0，故B错误；
1 2 k2
对于C，由B的分析可知xx 1，当直线AB为x1时，也有xx 1成立；
1 2 1 2
故2 AF  BF 2(x 1)x 12x x 32 2xx 3 3 2 2 ，
1 2 1 2 1 2
2
当且仅当2x  x 即x  ,x  2时，取得等号，C正确；
1 2 1 2 2
对于D，不妨设A点在第一象限，则y 2 x ,y 2 x ，
1 1 2 2
1 1
故OAB的面积S  |OF|| y y | |2 x 2 x | x  x ，
OAB 2 1 2 2 1 2 1 2
则S 2  x  x 2 xx 2 xx 2 4，当且仅当x x 1时等号成立，即OAB面积的
OAB 1 2 1 2 1 2 1 2
最小值为2，D正确，故选：ACD
答案第3页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}12．ABC【详解】对于A，PC为球O的直径，B为球O上一点，PBBC，又ABBC，
PBABB，PB,AB平面PAB，BC平面PAB，A正确；
对于B，PC为球O的直径，A为球O上一点，PA AC，
由①知：BC平面PAB，又PA平面PAB，BCPA，ACBC C ，AC,BC平
面ABC，PA平面ABC，又PA平面PAC，平面PAC平面ABC，B正确；
1 1 1
对于C，S  ABBC  2，S  PAAB2，S  PAAC  2 2，
ABC 2 PAB 2 △PAC 2
1 1 4
S  PBBC PA2  AB2 2 2，V  S PA ，四面体PABC的表面积
PBC 2 PABC 3 ABC 3
S S S S S 44 2，四面体PABC内切球半径
ABC PAB PAC PBC
3V 4 1 1
r  PABC    21 ，C错误.
S 44 2 1 2 2
对于D，取AC,BC,AB中点D,E,F，连接BD,PD,OE,EF,OF,OD,DF，
O,E,F分别为PC,BC,AB中点，OE//PB，EF//AC，OEF ；
O,D分别为PC,AC中点，OD//PA，又PA平面ABC，OD平面ABC，
2
1 
DF 平面ABC，ODDF；球O的表面积为12π，4π PC 12π，
2 
解得：PC 2 3， AC  2222 2 2 ，PA PC2AC2 2 ；
1 1
DF  BC1，OD PA1，OF  DF2 OD2  2 ，
2 2
1 1 1 1
又EF  AC AB2BC2  2，OE PB PA2  AB2  2，
2 2 2 2
π 3
OEF为等边三角形， ，则sin ；ABBC ，D为AC中点，BD AC，
3 2
又平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABC AC，BD平面ABC，BD平面PAC，
1
BPD， PD PA2AD2  6 ，BD AC 2，PB PD2BD2 2 2 ，
2
PD 6 3
cos   ，sincos，D正确；故选：ABD.
PB 2 2 2
2
13．80【详解】由题设，展开式通项为T Cr(x2)5r( )r 2rCrx103r，
r1 5 x 5
所以，令103r1有r3，则x的系数为23C3 80.故答案为：80
5

14.1 【详解】因为
a (2,5)
，bcos,sin2，且
a

//b
,所以5cos2sin2，即
5cos4sincos，即cos54sin0，因为sin1,1 ，所以54sin0，
所以cos0，又sin2cos20，所以sin1.
15.57【详解】设汽车以xkm/h行驶时，行车的总费用
答案第4页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}  x2  100 5400 5
y3663    x，因为50 x100，所以
  360 x x 3
5400 5 5400 5 5400 5
y  x2  x 60 10，当且仅当  x，即x18 10 57时，等号成
x 3 x 3 x 3
立，故为了这次行车的总费用最少，那么最经济的车速是57 km/h.故答案为：57.
e 
16. , e

【详解】 f xex2lnx关于x轴对称的函数为yex2lnx，
2 
因为 f x的图象与gx的图象在 1,上恰有两对关于x轴对称的点，
所以方程ex2lnxa2x2x2lna在 1,上恰有两个不相等的实根，
即a2x2x2lnaex2lnx0，即a2x2ln  a2x2 xex 0，
即e ln  a2x2 ln  a2x2 xex 0，即e ln  a2x2 ln  a2x2 ex x在 1,上恰有两个不相等的实
根，令txex x,x1,，则txex 10,x1,，
所以函数txex x在 1,上单调递增，所以
ln
 a2x2
x，即a2x2 ex，a2 
ex
，
x2
故原问题等价于ya2与y
ex
在 1,上恰有两个不同的
x2
交点，
ex exx2
令hx ,x 1,，则hx ,x1,，
x2 x3
当1 x2时，hx0，当x2时，hx0，所以
函数hx在 1,2上单调递减，在2,上单调递增，
又h1e,h2
e2
，当x时，hx，
4
如图，作出函数hx在 1,上的大致图象，
要使函数ya2与y
ex
在 1,上恰有两个不同的交点，只要
e2
a2 e，
x2 4
e e  e 
因为a 1，所以 a e，所以实数a的取值范围是 , e

.故答案为： , e

.
2 2  2 
17. 【解析】（Ⅰ）由S 9,得a a a 9a 3．又∵a ,a ,a 成等比数列,
3 1 2 3 2 1 2 5
∴a 2 aa ,即a 2  a d  a 3d d2 2d 0,解得d 2或d 0（舍去）,
2 1 5 2 2 2
答案第5页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}∴a a d 1,故a 2n1．
1 2 n
（Ⅱ）由题意b a 2n1,所以b 2n1a 2n12n1,
n n n n
所以
T   1222 2n1    135 2n1    12n  n2n  2n1n2．
n
12 2
120401535302
18．【详解】（1）由题意得2  2.0572.706x ，
70507545 0.10
故根据小概率值0.10的独立性检验，不能认为观众喜欢该影片与观众的性别有关；
（2）由题意知从不喜欢该影片的观众中采用分层抽样的方法，随机抽取6人，由于不喜欢
该影片的观众中男性与女性的比例为2:1，故随机抽取6人中有4名男性和2名女性，故X
C2 2 C1C1 8 C0C2 1
的取值可能为0，1，2，则P(X 0) 4  ,P(X 1) 4 2  ,P(X 2) 4 2  ，
C2 5 C2 15 C2 15
6 6 6
故X的分布列为：
X 0 1 2
2 8 1
P
5 15 15
2 8 1 2
故E(X)0 1 2 
5 15 15 3
19．【详解】（1）平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：
在△ABC中AB4,BC3,ABC90，故AC5，即AC AD，所以△ADC为等腰三角形，
又E为CD中点，故AE CD，因为PACD，且 PAAE A，PA,AE面PAE，所以CD
面PAE，由CD面PCD，故面PCD面PAE.
（2）CD平面PAE，PEA是二面角PCDA的平面角，过点B作BG//CD，分别
与AE，AD相交于F ，G，连接PF ，由（1）知BG平面PAE，BPF 为直线PB与平
面PAE所成的角，且BGAE，由CBP90，则PBCB，由ABC 90，
则ABCB，
又PBABB，且PB,AB面PAB，则CB面PAB，而PA面PAB，
所以PACB，结合PACD，CBCD C ，且CB,CD面ABCD，
所以PA面ABCD，则PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，
有题意知PBABPF ，RtVPBARtVBPF PABF,
因为DABABC90知，AD//BC ，又BG//CD，BCDG是平行四边形，
GDBC3，AG2，因为AB4，BG AF，BG  AB2 AG2 2 5 ，
AB2 16 8 5 8 5
于是BF   ，所以PA ，又CDBG  2 5，CE 5，
BG 2 5 5 5
PA 4
AE  AC2CE2  2 5 ，所以tanPEA  ，
AE 5
因为AC AD，PA面ABCD，AC,AD面ABCD，则PA AC,PA AD，则
答案第6页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}PA2AC2  PA2AD2 ，即PCPD，
因为E为CD中点，则PECD，又因为AE CD，且AE平面ACD，PE平面PCD，
4 4 4 41
则二面角PCDA的正切值即为tanPEA ，则sinPEA  ，
5 4252 41
4 41
所以二面角PCDA的正弦值是 .
41
3
20.解析：(1)3台设备自动模式不出故障的台数记为ξ，则ξ～B(3, ).记“1名维护人员
4
维护3台设备能顺利运行至工作时段结束”为事件A，
2
3 3 1 27 27 27
则P(A)＝P(ξ＝3)＋P(ξ＝2)＝C3( )3 C2  ＝ ＋ ＝ .
3 4 3 4 4 64 64 32
(2)甲车间将6台设备平均分配给2名维护人员，即甲车间分成了两个小组，则甲车间
分成的两个小组相互独立，由(1)知每个小组能保证设备顺利运行至工作时段结束的概率为
27 27 2 36 36
，记“甲车间所有设备顺利运行至工作时段结束”为事件B，则P(B)＝  ＝ ＝ .
32 32 210 45
3
乙车间7台设备自动模式不出故障的台数记为η，则η～B(7, )，
4
记“乙车间所有设备顺利运行至工作时段结束”为事件C，
6
3 3 1 3 1
则P(C)＝P(η＝7)＋P(η＝6)＋P(η＝5)＝C7( )7 C6  C5( )5( )2
7 4 7 4 4 7 4 4
37＋7×36＋21×35 17×36
＝ ＝ .
47 47
P(B) 42 16
因为 ＝ ＝ <1，所以P(B)<P(C)．故乙车间生产的稳定性较高．
P(C) 17 17
c
21．【详解】（1）双曲线的离心率为
3
，所以  3，即c2 3a2，b2 2a2，
a
4 4 4 4
将P2,2代入E的方程可得  1，即  1，则a2 2,b2 4，
a2 b2 a2 2a2
x2 y2
故E的方程为  1．
2 4
（2）依题意，可设直线l:ykx1k 2，Ax ,y ，Bx ,y ．
1 1 2 2
ykx1与 x2  y2 1联立，整理得  k22  x22k2xk240 ，
2 4
所以k2 2，  2k22 4  k2 2  k2 4  0，解得，k2 4且k2 2，
x x 
2k2
，xx 
k24
，所以3x x 2xx 4．（*）
1 2 k22 1 2 k22 1 2 1 2
又AP:y  y 1 2 x22 ，所以C的坐标为  x , y 1 2 x 22  ，
x 1 2  2 x 1 2 2 
答案第7页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}y 2 kx 1x 22x x 
由y kx 1可得， 1 x 22 1 2 1 2 ，
1 1 x 2 2 x 2
1 1
1kx 1x 22x x  
从而可得N的纵坐标y   1 2 1 2 k x  1 
N 2 x 2 2 
1
k 2xx 3x x 4  2x x 
 1 2 1 2 1 2 ，
2x 2
1
x x  x x 
将（*）式代入上式，得y  1 2 ，即Nx , 1 2 ．
N x 2  2 x 2 
1 1
x x x x
所以，k  1 2  1 2 ，将（*）式代入上式，
MN x 2x 1 xx 2x x 2
1 2 1 2 2 1
2x x  20
得k  1 2 2，又k   2k ，直线MN与直线PM有公共点M，
MN 3x x 4x 2x PM 21 MN
1 2 2 1
所以P，M，N三点共线．
22．【详解】（1）由 f xex ax知 fxex a，
1）当ae时，且有x[1,)， f(x)0， f(x)单调递增，故无极值；
2）当ae时，有x(1,lna)，f(x)0，f(x)单调递减，而x(lna,)，f(x)0，f(x)
单增，故 f(x)  f(lna)aalna， f(x)无极大值.
极小值
综上，当ae时， f(x)无极值；当ae时， f(x)极小值为alna， f(x)无极大值；
（2）由（1）可知当ae时，f(lna)a(1lna)0，f(0）10，且x，（f x），
由零点存在定理可知0 x lna x ，而题设可知ex1 ax ex2 ax 0，消去a可得
1 2 1 2
ex2 x x tlnt lnt
ex2 x1  2 ，令t  2 1，且lntx x ，即x  ，x  ，
ex1 x x 2 1 2 t1 1 t1
1 1
x x (1)(t1)
将其代入 1 2 1，整理可令得F(t)lnt 0，
1 t1
1 (1)2  2t1  (t1)
而Ft   ，
t (t1)2 t(t1)2
(t1)2
1)当1时，且t(1,)，有Ft 0，Ft单调递增，
t(t1)2
F(t)F(1)0，满足题设；
 1 
2)当01时，且t1, ，有F(t)0，Ft单调递减，
 2 
F(t) F(1)0，不满足题设；
综上，的取值范围为[1,).
答案第8页，共8页
{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}