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七校联盟 2024 年第一学月联考
高 三 数 学 答 案
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A D B B C A
8．（解析）注意到，f(0)=1，因为 f '(x)=aex −(a−1)，且 f '(0)=1，所以函数y = f(x)在点(0,1)
处的切线方程为y = x+1.当a>0时，由ex ≥ x+1可知，
f(x)=aex −(a−1)x+1−a≥a(x+1)−(a−1)x+1−a= x+1，所以|PQ|的最小值为直线
|b−1|
y = x+1与直线y = g(x)= x+b的距离，由点到直线的距离公式知 = 2 ，解得b=−1或
2
b=3（舍去），所以b=−1.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选
项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
题号 9 10 11
答案 BCD ABC BCD
11．（解析）当a=0时，f(x)= x3+1，则 f '(x)=3x2，则 f '(0)=0，则曲线y = f(x)在点(0,1)
处的切线方程为y =1，故A选项错误.当a=3时，f(x)= x3−3x+1，则 f '(x)=3x2 −3，当
x∈(−∞,−1)和(1,+∞)时， f '(x)>0， f(x)单调递增，x∈(−1,1)时， f '(x)<0， f(x)单
调递减.又因为 f(−1)=3， f(1)=−1，结合三次函数的图象特征，此时， f(x)有三个零点，
故B选项正确.设 f(x)= x3−ax+1的三个零点分别为x ，x ，x ，则有
1 2 3
x3−ax+1=(x−x )(x−x )(x−x )，展开后比对含x2项的系数，可得x +x +x =0，故选
1 2 3 1 2 3
项C正确.当a≤0时，易知 f(x)在R上单调递增，结合图象知不符合题意，故a>0.因为
f ''(x)=6x， f ''(0)=0，因此函数 f(x)= x3−ax+1的图象关于点(0,1)成中心对称图形.则
此正方形必以(0,1)为中心，不妨设正方形的四个顶点分别为A，B，C，D，其中一条对角
线AC的方程为y =kx+1(k >0)，则x3−ax+1=kx+1，即x3−(a+k)x=0，解得
1 1
x=± a+k ，则| AC|=2 1+k2 a+k ，同理可得|BD|=2 1+ a− .由
k2 k
1 1
| AC|2=|BD|2得(k2 −1)a+k3 + =0，根据题意，方程(k2 −1)a+k3 + =0只有一个正解，
k k
1 1
k3+ k2 +
k k2 1 2
当k =1时，显然不成立.故k ≠1，则−a= = =k− + ，因为a>0，则
k2 −1 1 k 1
k− k−
k k
1 2
k∈(0,1)，设t =k− ，则t∈(−∞,0).设g(t)=t+ ，根据题意，只需要直线y =−a与函
k t
2
数g(t)=t+ 的图象只有唯一的公共点即可.结合双勾函数的图象可得−a=−2 2，解得
t
a=2 2.所以选项D正确.
七校联盟2024年第一学月联考高三数学答案 第 1页 共6页
{#{QQABKYAEogiAQAAAAQhCAwGaCgIQkAACAAoOxBAIsAAASQNABCA=}#}三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
题号 12 13 14
答案
14．（解析）：把平面AACC沿AA 展开到与平面ABBA 共面的AAC ′ C′的位置，
1 1 1 1 1 1 1
延长BB到B ′，使得BB ′=BB，连结B ′ F，如图1所示，
1 1 1 1 1
则BF =B ′ F ，要使得CE+EF+FB 的长度最小，则需C ′，E，F，B ′四点共线，
1 1 1 1 1 1
此时CE+EF +FB =C ′ E+EF +FB ′=C ′ B ′，
1 1 1 1 1 1
因为C′B =4，BB′ =4，∠B′BC′ =90°，
1 1 1 1 1 1
所以∠B′ =∠B′C′B =45°，
1 1 1 1
所以BF =BB′ =2，AE= AC′ =1，
1 1 1 1
故AE= AF =1，∠AFE=∠BFB =45°，
1
所以∠BFE=90°，EF = 2，BF =2 2，EB = 10，
1 1 1
所以△EFB 的外接圆是以EB 的中点O为圆心， EB 1 = 10 为半径的圆
1 1
2 2
如图2，连接OA,OF，
1
由于AE= AC =1，所以CE= AE2+AC2 = 2，又CB = AB2−AC2 =2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以EB2 =EC2+CB2，
1 1 1 1
EB 10
所以ECB 的外接圆是以EB 的中点O为圆心， 1 = 为半径的圆
1 1 1
2 2
10 10
所以三棱锥B −CEF外接球的球心为O，半径为 ，故外接球的表面积为4π× =10π．
1 1 2 4
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（满分13分）
详解：（1）由倍角公式得：cosB+1+ 3sinB=3
π
∴sin(B+ )=1
6
七校联盟2024年第一学月联考高三数学答案 第 2页 共6页
{#{QQABKYAEogiAQAAAAQhCAwGaCgIQkAACAAoOxBAIsAAASQNABCA=}#}π π 7π
B∈(0,π),即B+ ∈( , )
6 6 6
π π π
∴B+ = ,∴B=
6 2 3
--------------------------------（5分）
（2）若选①：由BD平分∠ABC得：S =S +S ，
△ABC △ABD △BCD
1 π 1 π 1 π
∴ acsin = ×3asin + ×3csin ，
2 3 2 6 2 6
即ac= 3(a+c).
π
在 中，由余弦定理得b2 =a2+c2−2accos ，
3
∴a2+c2−ac=12，
ac= 3(a+c)
联立 ，得(ac)2−9ac=36，
a2+c2−ac=12
解得ac=12，
1 1 3
∴S = acsinB= ×12× =3 3 ---------------（13分）
△ABC
2 2 2
1( )
若选②：得BD= BA+BC ，
2
2 1( )2 1( 2 2 )
BD = BA+BC = BA +2BA⋅BC+BC ，
4 4
得a2+c2+ac=36，
π
在 中，由余弦定理得b2 =a2+c2−2accos ，
3
∴a2+c2−ac=12，
a2+c2+ac=36
联立 ，得ac=12，
a2+c2−ac=12
1 1 3
∴S = acsinB= ×12× =3 3 ----------------（13分）
△ABC
2 2 2
16．（满分15分）
详解：（1）连接AB交AB 于点E，连接OE，CE，
1 1 1
∵O，E分别是AB，AB 的中点，D为CC 的中点，
1 1
1 1
∴OE// BB //DC,OE= BB =DC ，
2 1 1 2 1 1
∴四边形OECD为平行四边形，∴OD//CE．
1 1
∵OD⊄平面ACB ，CE⊂平面ACB ，∴OD//平面ACB ------------------6分．
1 1 1 1 1 1 1
（2）连接OC，
∵∠BAA =60°，
1
∴ 为正三角形，
∴AO⊥ AB，
1
∵AO⊥BC，且BCI AB=B，
1
∴AO⊥平面ABC，
1
∵△ABC是正三角形，
∴CO⊥AB．
以O为原点，OA，OA ，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
七校联盟2024年第一学月联考高三数学答案 第 3页 共6页
{#{QQABKYAEogiAQAAAAQhCAwGaCgIQkAACAAoOxBAIsAAASQNABCA=}#}设AB=2，则A(1,0,0)，A ( 0, 3,0 ) ，C ( 0,0, 3 ) ，B ( −2, 3,0 ) ，
1 1
( )
由AC = AC ，可得C −1, 3, 3 ．
1 1 1
( ) ( ) ( )
则AC = −2, 3, 3 ，AA = −1, 3,0 ，AB = −3, 3,0 ，
1 1 1
设平面AAC 的法向量为m=(x,y,z)，
1 1
AC ⋅m=0 −2x+ 3y+ 3z=0
∴1
，即 ，
AA ⋅m=0 −x+ 3y=0
1
令x= 3，
( )
∴m= 3,1,1 ，
设平面ACB 的法向量为n=(a,b,c)，
1 1
AC ⋅n=0 −2a+ 3b+ 3c=0
∴1
，即 ，
AB ⋅n=0 −3a+ 3b=0
1
( )
令a= 3，∴n= 3,3,−1 ，
设平面AAC 与平面ACB 所成的角为θ，
1 1 1 1
m⋅n 5 65
则cosθ= cosm,n = = = ，
m n 5× 13 13
65
即平面AAC 与平面ACB 所成角的余弦值为 ． -----------------（15分）
1 1 1 1
13
17．（满分15分）
详解：（1）估计这100架新能源无人飞机的单次最大续航里程的平均值为：
x =205×0.1+255×0.2+305×0.45+355×0.2+405×0.05=300. ----------（4分）
（2）X ∼N
( 300,502)
，
0.6827 0.9545
∴P(250≤ X ≤400)=P(µ−σ≤ X ≤µ+2σ)≈ + =0.8186. --------（4分）
2 2
（3）由题设可知抽取的6架新能源无人飞机中，卓越A型、卓越B型和卓越C型的架数分别为
3架 ､2架和1架，随机变量Y的可能取值为0,1,2,3.
C0C3 1 C1C2 9
P(Y =0)= 3 3 = ,P(Y =1)= 3 3 = ，
C3 20 C3 20
6 6
C1C2 9 C3C0 1
P(Y =2)= 3 3 = ,P(Y =3)= 3 3 = ，
C3 20 C3 20
6 6
随机变量Y的分布列如下表：
Y 0 1 2 3
1 9 9 1
P
20 20 20 20
1 9 9 1 3
E(Y)=0× +1× +2× +3× = . ----------（15分）
20 20 20 20 2
七校联盟2024年第一学月联考高三数学答案 第 4页 共6页
{#{QQABKYAEogiAQAAAAQhCAwGaCgIQkAACAAoOxBAIsAAASQNABCA=}#}18．（满分17分）
2 2(1−ax2)
详解：（1）f '(x)= −2ax= ，若a≤0，则当x∈(0,+∞)时，f '(x)>0，f(x)单
x x
a a
调递增，则 f(x)至多只有一个零点，不符题意.若a>0，令 f '(x)=0得，x= ，则当x∈(0, )
a a
a
时， f '(x)>0， f(x)单调递增，当x∈( ,+∞)时， f(x)单调递减.因为 f(x)有两个不同的零
a
a a a 1
点，则必有 f( )=2ln −a( )2 =−lna−1>0，解得01，则只需证1< ，
1 2 a 1 2 2(lnx −lnx ) x x 2lnt
2 1 2ln 2 1
x
1
1 1 1 2 (t−1)2
即证t− >2lnt，设g(t)=t− −2lnt，则g'(t)=1+ − = >0，则g(t)单调递增，
t t t2 t t2
1 1
则g(t)> g(1)=0，则t− >2lnt成立，也即x x < 成立 ..............................................（.. 10分）
t 1 2 a
再证 x < x x ，因为 x 是方程 lnx+ax−2=0 的根，则 lnx +ax −2=0 ，又有
0 1 2 0 0 0
2lnx −ax2 =0 ， 2lnx −ax 2 =0 ， 则 2ln(x x )=a(x2 +x 2)=a(x +x )2 −2ax x ， 则
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
a(x +x )2 =2ln(x x )+2ax x ，因为函数 y =lnx+ax 单调递增，故要证 x < x x ，即证
1 2 1 2 1 2 0 1 2
2 2
2ln(x x )+2ax x >2lnx +2ax ，即证a(x +x )2 >4，即证x +x > .只需证x > −x ，
1 2 1 2 0 0 1 2 1 2 2 1
a a
1 2 1 1
因为 x ∈( ,+∞) ， −x ∈( ,+∞) ，且 f(x) 在 ( ,+∞) 上单调递减，则只需证
2 1
a a a a
2 2
f(x )< f( −x ) ， 又 因 为 f(x )= f(x ) ， 即 证 f(x )< f( −x ) . 设
2 1 1 2 1 1
a a
2 1 2 4( ax−1)2
h(x)= f( −x)− f(x),x∈(0, ) ，则 h'(x)=−f '( −x)− f '(x)= <0 ，则
a a a ( ax−2)x
1 1 2
h(x) 在 x∈(0, ) 上 单 调 递 减 ， 则 h(x)>h( )=0 ， 则 f( −x)> f(x) ， 从 而
a a a
2
f(x )< f( −x )，故x < x x 成立 -------------（17分）
2 1 0 1 2
a
七校联盟2024年第一学月联考高三数学答案 第 5页 共6页
{#{QQABKYAEogiAQAAAAQhCAwGaCgIQkAACAAoOxBAIsAAASQNABCA=}#}19．（满分17分）
1
详解：（1）由点C(1,1)在抛物线E:x2 =2py(p>0)上得1=2p，解得 p= ，则E的准线方
2
1
程为y =− ...................................（2分）
4
（2）①设 A(x ,x2) ， B(x ,x 2) .由 y = x2 得 y' =2x ，则 E 在点 A 处的切线方程为
1 1 2 2
y− y =2x (x−x )，又因为y = x2，则E在点A处的切线方程为2x x− y− y =0，同理E在点
1 1 1 1 1 1 1
B处的切线方程为2x x− y− y =0.又因为两条切线都经过点M(t,1)，则有2tx − y −1=0，
2 2 1 1
2tx− y−1=0
2tx − y −1=0，则直线AB的方程为2tx− y−1=0.由 得x2 −2tx+1=0，由韦
2 2 y = x2
达定理得x +x =2t，x x =1 ................（5分）
1 2 1 2
OA⋅OC OB⋅OC
要证∠AOC =∠BOC，即证cos∠AOC =cos∠BOC，即证 = .因为
|OA||OC| |OB||OC|
x +x2 x +x 2
OA=(x ,x2)，OB=(x ,x 2)，OC =(1,1)，则有 1 1 = 2 2 ，因为t >1，则x ≠ x ，
1 1 2 2 1 2
x2 +x4 x 2 +x 4
1 1 2 2
x +1 x +1
且x >0，x >0，则有 1 = 2 ，化简得x x =1，此式显然成立.所以∠AOC =∠BOC
1 2 1 2
1+x2 1+x 2
1 2
...............................................（8分）
② 设 圆 P 的 方 程 为 x2 + y2 +Dx+Ey =0 ， 因 为 点 A ， B 在 圆 P 上 ， 则 有
x2 +x4 +Dx +Ex2 =0，x 2 +x 4 +Dx +Ex 2 =0，因为x ≠ x ，则有x +x3+D+Ex =0，
1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1
x +x 3 +D+Ex =0 ， 两 式 相 减 得 x −x +x3−x 3+E(x −x )=0 ， 又
2 2 2 1 2 1 2 1 2
x3−x 3 =(x −x )(x2 +x x +x 2) ， 代 入 化 简 得 1+x2 +x x +x 2 +E =0 ， 也 即
1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
1+(x +x )2 −x x +E =0 ， 由① 得 x +x =2t ， x x =1 ， 代 入 化 简 得 E =−4t2 . 由
1 2 1 2 1 2 1 2
x +x3+D+Ex =0与x +x 3 +D+Ex =0相加得x +x +x3+x 3+2D+E(x +x )=0，又
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
x3+x 3 =(x +x )(x2 −x x +x 2) ， 代 入 化 简 得 D=2t ， 则 圆 P 的 方 程 为
1 2 1 2 1 1 2 2
x2 + y2 +2tx−4t2y =0，即(x+t)2 +(y−2t2)2 =4t4 +t2 .............................（11分）
则圆P在点A处的切线方程为(x+t)(x +t)+(y−2t2)(y −2t2)=4t4 +t2，在点B处的切线
1 1
方程为(x+t)(x +t)+(y−2t2)(y −2t2)=4t4 +t2.设点N(x ,y )，因为圆P在点A与点B处的
2 2 0 0
切 线 都 经 过 点 N(x ,y ) ， 则 有 (x +t)(x +t)+(y −2t2)(y −2t2)=4t4 +t2 ，
0 0 0 1 0 1
(x +t)(x +t)+(y −2t2)(y −2t2)=4t4 +t2 ， 则 直 线 AB 的 方 程 为
0 2 0 2
(x +t)(x+t)+(y −2t2)(y−2t2)=4t4 +t2，整理得(x +t)x+(y −2t2)y+tx −2t2y =0.因为
0 0 0 0 0 0
过点 A 与 B 的直线有且仅有一条，又由①知直线 AB 的方程为 2tx− y−1=0 ，则有
x +t y −2t2 tx −2t2y
0 = 0 = 0 0 ，解得x =2t3 −t，y =t2，即N(2t3 −t,t2).....................（15分）
2t −1 −1 0 0
t2 −1 1
又 因 为 M(t,1) ， 则 直 线 MN 的 斜 率 k = = ， 则 直 线 MN 的 方程 为
MN 2t3−2t 2t
1 1 1 1
y−1= (x−t)，即y = x+ ，所以直线MN过定点(0, ) .............（17分）
2t 2t 2 2
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{#{QQABKYAEogiAQAAAAQhCAwGaCgIQkAACAAoOxBAIsAAASQNABCA=}#}
