江西省九校联盟2023-2024学年高三上学期8月联合考试数学答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届江西省九校联盟高三上学期8月联合考试（全科）

2024 届江西省九校第一次联考数学试题答案 1  1 2 1 1 1 1
1.【答案】B【解析】A1,0,1  ,B
0,1,2
 ，则AB
0,1

.故选：B.
下面用数学归纳法证明a n  n ，a 1 1，a 2   a 1  2    4  4  2 ，设a k  k (k2)，则
 1 2 1 1 1 2 1 1 1 k1 k1 1
2.【答案】D【解析】由z1i20可得：z 2  21i 1i，所以 a k1   a k  2    4  k  2    4  k2  k  k2  k21  k1 ，选项C正确. 故选:D.
1i 1i1i
8.【答案】A【解析】设BCD外心为O,ABD外心为O ,DB的中点为E.因为OE  DB,OE 
1 2 1 1
z  1212  2. 平面BCD，平面ABD平面BCD，
故选:D.
3.【答案】C【解析】由|a  b  ||a  b  |两边平方并化简得a  b  0，所以tt210t1.故选：
C.
4.【答案】A【解析】设数列a 的公比为q，若0a a 则0a aq,所以
n 1 2， 1 1
a
q 1,a aqn1 0, n1 q 1,a a ,{a }为递减数列，若a 为递减数列，当
n 1 a n1 n n n
n
1 1 1
a  ,q  ,时,a  ,数列a 为递减数列,此时a a 0,所以由a 为递减数列,不一定
1 2 2 n 2n n 1 2 n 平面ABD平面BCD  BD，所以OE 平面ABD.又O E 平面ABD，所以OE O E .
1 2 1 2
能得到0a a 所以“0a a ”是“ a 为递减数列”的充分而不必要条件,故选：A． 过O ,O 分别作平面ABD，平面BCD的垂线，则垂线交点O为外接球球心，则四边形O EOO为
1 2, 1 2 n 2 1 2 1
5.【答案】D【解析】设E(x,y ),F(x ,y )，则由题意得cos x,sin y,cos x ,sin y ， 矩形.
1 1 2 2 1 1 2 2
 1 1 4x2
y= x+b 1  2 设BCD外接圆半径为r,ABD外接圆半径为r .设BE  x，则由  ，得
由 3 ，得x2 xb 1， 1 2 3 12x2
 x2+y2=1 3 
BD
化简整理得10x26bx9b290，因为1b1， x 3,BD2 3 ，BDC为等边三角形，r
1
O
1
B 
2sin60
 2.又因为
1 3 9b29
所以直线y xb(1b1)与单位圆恒有两个不同的交点，所以x x  b,xx  ， BD
3 1 2 5 1 2 10 AB  AD  2,BD  2 3，所以BAD120.故ABD外接圆半径r O B   2.又
2 2 2sin120
所以
1 1  8 1 OO O E  O B2EB2  431，OO 平面BCD,BO 平面BCD，
coscoscossinsinxx y y  xx  x b x b  xx  bx x b2 1 2 2 1 1
1 2 1 2 1 2 3 1 3 2  9 1 2 3 1 2
则OO  BO ，所以外接球半径R OB  OO2BO2  41 5 ，从而外接球表面积为
8 9b29 1  3  4 4 1 4 1 1 1 1
   b bb2  b2  b2b2  ，故选：D.
4R2 20.故选：A.
9 10 3  5  5 5 5 5
6.【答案】C【解析】由于a,b,c都与0.1有关系，如果0.1是x的话，对应a,b,c分别是ex 1，sinx 3 x2
9【. 答案】AC【解析】对于A：由双曲线的渐近线方程为 y  x，可设双曲线方程为  y2 ，
和ln  x1  ，先比较a,b，设 f  x  ex 1sinx，求导 f ' x  ex cosx， f ' x  0恒成立。所 3 3
以当x0时， f  x  单调递增。所以a b。再比较b,c，设g  x  sinxln  x1  ，求导 把点(3, 2)代入，得 9 2，即1．双曲线C的方程为 x2  y2 1，故A正确；
g' x  cosx 1 ，且g' 0  0，g'' x  sinx 1 ，在x  0,0.2  时，g'' x  0，g' x  3 3
x1  x1 2
对于B：由a2 3，b2 1，得c a2 b2 2，双曲线C的离心率为
2

2 3
，故B错误；
单调递增。又因为g' 0  0，所以g' x  0，所以当x  0,0.2  时，g  x  单调递增。所以bc， 3 3
所以cba，故选：C. 对于C：取x20，得x2，y 0，曲线 y ex2 1过定点(2,0)，故C正确；
1   1 2 1 对于D：双曲线的渐近线x 3y 0，直线x 3y10与双曲线的渐近线平行，直线
7.【答案】D【解析】∵a 1  2 ,1  ，∴a n1 a n a n 2 0，a n1 a n ，又∵a n1   a n  2    4  0， x 3y10与C有1个公共点，故D不正确．故选：AC．
选项A正确.a n 2 a n a n1 ， i n 1 a i 2  i n 1 a i a i1 a 1 a n1 a 1  1，选项B正确.由a 2     a 1  1 2    2  1 4 ， 10.【答案】BC【解析】gxsin x 是偶函数，不是周期函数，h  x 3    5 c  os  x 是偶函数，是周期函数，
1  1 最小正周期为π，故 f(x)不是周期函数，A错误，B正确；当x  ,  时，
a  ,1，得0a  ，选项D不正确.当然，对于C选项，可以用数学归纳法证明其正确（仅供  4 4 
1 2  2 4
 π π π   π
教师和学生参考） f(x)sin x  cosx sinxcosx 2sinx ，因为x   ,π  ， 2sinx 在此区间上单
 4 4 2   4
1
学科网（北京）股份有限公司3 5 3 
调递减，故 f(x)在区间  ,  上单调递减，C正确；当x0时，f xsinx cosx ，f  π 2 ，
 4 4  4 
3  3  3 
f  π1，即 f  π f  π 21 2，D选项错误.故选：BC.
2  4  2 
11.【答案】AD【解析】由题意知A，A ，A 两两互斥，故D正确；
1 2 3
1 5
PA 5  1 ，PA  2  1 ，PA  3 ，P  B A 
PBA
1

 2

11  5 ，故A正确；
1 10 2 2 10 5 3 10 1 PA  1 11
1
2
P  B A  4 ，P  B A  4 ，PBPAB PABPAB 由题意可知，NQ ac，QR ac由题意可得P(0,4),R(3,0)，则PR:4x3y120，k  4 ，
2 11 3 11 1 2 3 PR 3
PAP  B A PA P  B A PA P  B A   1  5  1  4  3  4  9  P  B A  ， 设M(n,1),Q(n,0)，则M 到PR的距离d  4n312 1，解得n1（舍去），n 7 ，
1 1 2 2 3 3 2 11 5 11 10 11 22 1 4232 2
所以B与A不是相互独立事件，故B，C不正确．故选：AD． 7
1 7 1  k14
12【. 答案】AC【解析】在2f x f y f x y f xy中，令x1,y0，可得2f 1 f 02f 1， 则 QR  3 ac，又设PN:kx y40，由 2 ，得45k2 84k320．
2 2 d  1
即2f 02，解得 f010，故B错误；令x0可得2f 0 f y f y f y ,即 k21
f y f y， k k  32 ，则k  8 ，得x  15 ，2a 15 3 9 ，则a 9 故得c 7 ．
PR PN 45 PN 15 N 2 2 2 4 4
1 1
故函数 f y是偶函数，即 f x是偶函数,故A正确；令x y ，则2f2   f 1 f 00 ，故 ∴椭圆的离心率e c  7 ．故答案为： 7 ．
2 2
a 9 9
f   1 0，令x 1 ，可得2f   1 f y f   1 y   f   1 y  0,故 f x f 1x0，故C正确； 17.【解析】（1）解：因为b＝acos C＋ 3 csin A，
2 2 2 2  2 
3
因为 f x是偶函数，所以 f x=f x，故 f x f 1x0,即 f x f 1x0，
3
根据正弦定理得sin B＝sin Acos C＋ sin Csin A， (1分)
所以 f x1 f 2x0,所以 f x2 f x，故函数 f x的周期为2， 3
因为 f 1 f 00， f 11，所以 f 1 f 2 f 1 f 00 ， f 2023 f 11. 所以sin（A＋C）＝sin Acos C＋ 3 sin Csin A， (2分)
2023 3
所以f k f 1 f 2 f 2023 f 2023 f 11，故D错误.故选：AC.
3
所以sin Acos C＋cos Asin C＝sin Acos C＋ sin Csin A， (3分)
k1
1 x y xx22yy xxyy 22yy xx 3
13.【答案】22 2 【解析】    22  ≥2222 22， 3
x y xx yy xx yy 所以cos Asin C＝ sin Csin A.
3
2
等号成立当且仅当x 2y，即x  2 1,y 1 .故答案为：22 2 . 因为sin C≠0，所以tan A＝ 3. (4分)
2

又0＜A＜π，所以A＝ . (5分)
3
14.【答案】40【解析】∵ x22 5的展开式的通项是T
r1
C
5
r x25r 2r  2rC
5
rx102r ，由x 1
x
中的x (2)S
ABC
 S
ABD
S
ADC
1 1 1
项与 x22 5中的x4项， 1
x
项与x6项相乘均可得x5项，∴所求系数为23C
5
322C
5
2 40.故答案为： 
2
bcsin600 
2
c2sin300 
2
b2sin300
40. 即 (7分)
3
15.【答案】 2 600π【解析】 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开 bc bc,
2
1
图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝ ×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm2)． 在ABC中,由余弦定理得32 b2 c2 2bccos600,即(bc)2 3bc90,
2
7 3 解得 bc 6, 或 bc 2 (舍去) (9分)
16.【答案】 【解析】以A为坐标原点建立平面直角坐标系，  (bc)2 3bc90,
9 4
(10分)
1 1 3 3 3
S  bcsin600  6  .
ABC
2 2 2 2
2
学科网（北京）股份有限公司b 16 1 1
18.【解析】(1)设a 公差为d，b 公比为q，则q3  5  8，q= 2， 所以四棱锥EABCD的体积为:V  S BE  232 .
n n b 2 3 ABCD 3
2
b
故四棱锥EABCD的体积为2. (12分)
b
1
=
q
2 =1，∴b
n
2n1． (3分) 20.【解析】（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为:
34 33 32 3
又∵a 1 2b 1 2，a 3 8，∴d  a 3 3  1 a 1  8 2 2 3，a n 23n13n1． (6分) P I 1  1P 1 1P 2 1P 3   1 35  34  33  35 . (2分)
②设批次Ⅰ的芯片智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
(2)c 3n12n1，∴S c c c c c ，
n n 1 2 3 n1 n 92 3 32
S n 220 521822 L 3n4 2n2  3n1 2n1， 由己知得PA 100 ，PAB1P I 1 35  35 ， (4分)
则2S 221522L 3n42n13n12n，两式相减得 则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件B|A，
n
P(AB) 32 100 820 160
S 220 321 322 L 32n13n12n， (8分) PB|A     99.38%. (5分)
n P(A) 35 92 723 161
则S 3  2021L 2n1  3n12n13 12n  3n1  2n1 ， (10分)
（2）100个芯片中恰有1个不合格的概率pC
1
1
00
p(1 p)99.
n 12 因此'p100[(1 p)9999p(1 p)98]100(1 p)98(1100p)，
S 332n3n12n13n42n4． (12分) 令'p0，得 p0.01.
n
BC//AD  当 p0,0.01时，'p0；当 p0.01,1时，'p0.
19.【解析】(1)  ABBC ， (1分)
AB AD 所以p的最大值点为P 0.01. (8分)
0
又AB2BE2 10 AE2 , 所以ABBE ， (2分)
1
BCBEB ，所以AB平面BCE， (3分) 由（1）可知，P  0.09，P P 0.01，
1 35 J 0
又
AB
平面ABCD
故批次J 芯片的次品率低于批次I ，故批次J 的芯片质量优于批次I . (9分)
所以，平面BCE平面ABCD. (4分) 由数据可建立2×2列联表如下：（单位：人）
(2)因为BC BE ，结合(1)问易得AB、BC、BE 两两互相垂直，所以建立如图所示的坐标系
芯片批次
开机速度满意度 合计
I J
不满意 12 3 15
满意 28 57 85
合计 40 60 100
设AD=t t 0 ，则：C0，0，1 ，E3，0，0 ，D0，1，t 根据列联表得
  n(ad bc)2 100(1257283)2
所以CE3，0，1 ，CD0，1，t1 ， (5分) K2  
(ab)(cd)(ac)(bd) 40601585

设平面CDE的法向量为nx，y，z
100600600 200
    11.76510.828. (11分)
CEn0 3xz0  40601585 17
由
C

D

n

0
得 yt1z0 令z3， 则n1，33t，3 (6分) 因此，有99.9%的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关. (12分)
又CB平面ABE，所以取平面ABE的法向量为m

0，0，1 (7分)
21.【解析】(1)由题得直线x 2y1过点1,0，.
  设Ax,y ,Bx ,y ，
  nm 3 3 46 1 1 2 2
cos n，m      x 2y1,
n m 1033t2 46 联立 得y22 2py2p0，所以y y 2 2p,y y 2p，
 y2 2px, 1 2 1 2
解得t3 或t  1 (舍). (9分)
即AD3 ，所以四边形ABCD的面积S 2 ，由题知 所以 y y  y y 24y y  (2 2p)242p 2 2  p2 p  . (2分)
ABCD 1 2 1 2 1 2
所
BE
以

B
A
E
B
为
，
四
BE
棱

锥
BC
E
，
AB
A
C
B
D
B
的
C
高

，
B ，BE平面ABCD
(11分)
所以三角形OAB的面积S  1
2
1 y
1
y
2
 2  p2 p  2 3，
3
学科网（北京）股份有限公司又p0，解得p2（p30舍去）.
4 1 4
t12
所以 p2. (4分)
构建htlnt
t1
20则ht
t

t12

tt12
 0，
(2)证明：由（1）抛物线C的方程为y2 4x，
所以ht在1,上单调递增，则hth10，
设Px ,y ,Qx ,y ，不妨令y  y ，则Px ,y ，
3 3 4 4 4 3 3 3 4
设直线L的方程为x ty 2， 即当t1时，lnt 20成立， (11分)
t1
xty2,
联立  y2 4x, 消去x得y24ty80， 所以lnt 1 lnt 2 2，即  x 1 ex1    x 2 ex2  e2，即x 1 x 2  ex e 1  2 x2 ，
则y
3
y
4
4t,y
3
y
4
8， (6分) 所以e2x1 x2 xx 0，证毕． (12分)
1 2
y y
则直线PQ的方程为yy  4 3 xx  ，
3 x x 3
4 3
即x x yx y y y xy x ，
4 3 4 3 4 3 4 3
则ty ty yty 2y y y xy ty 2，
4 3 4 3 4 3 4 3
即ty y yy y x2ty y 2y y ，
4 3 4 3 4 3 3 4
即t y y 24y y yy y x2ty y 2y y ，
4 3 4 3 4 3 4 3 3 4
所以t (4t)248y 4tx2t824t ，即t t22ytx2， (10分)
x20, x2,
令 解得 所以直线PQ恒过定点2,0 (12分)
 y0, y0,
lnx 1lnx
22.【解析】(1)当a1时， f xex  1， fxex ， (1分)
x x2
又 f 1e1，所以切点坐标为1,e1，切线的斜率为k  f1e1．
所以切线方程为ye1e1x1，即ye1x (4分)
xex alnxx
(2)由已知得 f x  0有两个不等的正实跟．
x
所以方程xex alnxx0有两个不等的正实根，
即xexaln  xex 0有两个不等的正实根，aln  xex xex① (6分)
e2
要证e2x1 x2 xx 0,只需证xx  ，
1 2 1 2 ex1 x2
只需证  xex1    x ex2  e2，即证ln  xex1  ln  x ex2  2，
1 2 1 2
令t xex1，t x ex2，所以只需证lnt lnt 2， (7分)
1 1 2 2 1 2
由①得alnt t ，alnt t ，
1 1 2 2
所以alnt lnt t t ，alnt lnt t t ，
2 1 2 1 2 1 2 1
t  t t  t
 2 1ln 2  2 1ln 2
消去a得lnt lnt  t 2 t 1lnt lnt  t 1  t 1 ，只需证 t 1  t 1 2，
2 1 t t 2 1 t t
2 1 2 1 2 1
t t
1 1
t
设0t t ，令t  2 ，则t1，
1 2 t
1
t1lnt
4
则 2，即证lnt 20 (9分)
t1 t1
4
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