高三数学答案_2024年4月_01按日期_14号_2024届江西省赣抚吉高三4月恩博联考_2024年江西省恩博高三4月联考赣抚吉数学

高三 数学答案 一、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． 1.【答案】C 【解析】因为A{x|2 x2},B{x|x2或x0}，所以AB(0,2] . 2.【答案】D 【解析】因为z 2i，所以2zz (42i)(2i)23i， 所以|2zz| 22 (3)2  13. 3.【答案】B 【解析】因为 p：(2x 1)(2x 2)02x 20 x1，q:0 x1， 所以 p是q的必要不充分条件. 4.【答案】C 3 4 3 70 【解析】设此时水面的高度为h，则π( )22 π13 π( )2hh . 2 3 2 27 5.【答案】A 【解析】因为对任意的x都有 f(1x)f(1x)，所以令x0，得 f(1)0，所以a2， 所以 f(0)f(2)(42)2. 6.【答案】C 【解析】 f(x)aex 1 f(0)a1，且 f(0)a，所以直线l:y(a1)xa，它 a 1 a 2 与两坐标轴的交点坐标分别为( ,0)和(0,a)，所以  a ，解得a2. a1 2 a1 3 7.【答案】D 【解析】因为611 (71)11 711C1 710(1)1C107(1)10 (1)11，除以7的余 11 11 数为6，所以选D. 8.【答案】A 【解析】由已知得OPF 90o，即FPOP，所以PF b,OPa. 第 1 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}b a2 ab 因为直线OP:y  x，所以P( , ). a c c a2 ab b2 ab 又因为 MPOF c ，所以 M( c, )( , ) ，代入双曲线方程可得 c c c c b4 a2b2  1b4a4  a2c2b4a4  a2(a2b2)b2a2  a2 ， a2c2 b2c2 b2 b2 即 2，所以离心率e 1  3. a2 a2 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多 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. 9. 【答案】ABD 【解析】因为 y 0.3x单调递减，所以0.3a 0.3b，选项A正确；因为 y lgx单调递增， 所以lgalgb，选项B正确；当a>1>b>0时，显然选项C不正确；选项D正确. 10.【答案】BCD 【解析】因为BM 与BC相交，所以BM 与平面PBC 相交，故选项A错误； 1 1 因为P平面BBCC ，N平面BBCC ，CC 平面BBCC ，所以直线PN 与CC 为 1 1 1 1 1 1 1 1 异面直线，故选项B正确； 当点P与点A重合时，PN⊥平面BBCC ，所以BM PN ,故选项C正确； 1 1 1 当AP=AN时，直线PN 与平面ABC所成的角为45o，故选项D正确. 11.【答案】AD π π π 【解析】由直线x 是函数 y  f(x)图象的一条对称轴，得到 nπ ,nZ. 6 6 2 π 又因为0π，得到 ，所以选项A正确； 3 3 3 3 因为在区间[π,2π]上的值域为[1, ]，所以 f(π) 或 f(2π) ，且T π， 2 2 2 2π 因此 π0 2.  第 2 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}3 π π 2π 1 若 f(π) ，则π  2kπ ，或2kπ ,kZ.因为02，得 ， 2 3 3 3 3 1 π 1 π 2π 3 此时 f(x)sin( x )，当x[π,2π]时， x [ ,π]， f(x)[0, ]，不符合 3 3 3 3 3 2 条件. 3 π π 2π 若 f(2π) ，则2π  2k ，或2kπ ,kZ. 2 3 3 3 1 7 因为02，得1或 或 . 6 6 π π 4π 7π 3 当1时， f(x)sin(x ) ，当x[π,2π]时，x [ , ]， f(x)[1, ]， 3 3 3 3 2 符合条件. 1 1 π 1 π π 2π 3 当 时，f(x)sin( x ) ，当x[π,2π]时， x [ , ]，f(x)[ ,1]， 6 6 3 6 3 2 3 2 不符合条件. 7 7 π 7 π 3π 8π 当 时，f(x)sin( x ) ，当x[π,2π]时， x [ , ]，f(x)[1,1]， 6 6 3 6 3 2 3 不符合条件. π 综上，当1时， f(x)sin(x )，所以选项D正确，选项B、C错误. 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分,共15分． 8 5 12. 【答案】 5 2 【解析】圆心C(1,0)，半径r 2，所以点C到 y2x的距离d  ，故 5 8 5 | AB|2 r2 d2  . 5 100π 13.【答案】 25 3 3 第 3 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}BC 10 3 【解析】设展台所在的圆的圆心为O，半径为R，则2R   20 ，即 sinBAC 3 2 R10，BAC 120，BOC 120， 1 1 3 100π 所以展台的面积为 π102  1010  25 3m2. 3 2 2 3 14.【答案】69 【解析】设x是数列a 中的任意一项，则xd ，x2d均是数列a 中的项， n n 设a x(xd),a x(x2d)，则a a xd k k d . k1 k2 k2 k1 2 1 因为d 0，所以xk k Z ，即数列a 的每一项均是整数， 2 1 n 所以数列a 的每一项均是自然数，且d是正整数. n 由题意，设a 38，则a 38d是数列  a  中的项， k k1 n 所以38(38d)是数列a 中的项. n 设a 38(38d)，则a a 38(38d)38383738d (mk)d ， m m k 即(mk38)d 3837. 因为mk38Z,dN*，故d是3837的约数. 所以d 1,2,19,37,，219,237,1937,3837. 当d 1时，a 38(k 1) 0，得k 1,2,,38,39， 1 故a 38,37,,2,1,0，共39种可能； 1 当d 2时，a 382(k1) 0，得k 1,2,,18,19,20，故a 38,36,34,,4,2,0， 1 1 共20种可能； 第 4 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}当d 19时，a 3819(k1) 0，得k 1,2,3，故a 38,19,0，共3种可能； 1 1 当d 37时，a 3837(k 1) 0，得k 1,2，故a 38,1，共2种可能； 1 1 当d 38时，a 3838(k 1) 0，得k 1,2，故a 38,0，共2种可能； 1 1 当d 237时，a 38237(k 1) 0 ，得k 1，故a 38，共1种可能； 1 1 当d 1937时，a 381937(k 1) 0 ，得k 1，故a 38，共1种可能； 1 1 当d 3837时，a 383837(k 1) 0，得k 1，故a 38，共1种可能. 1 1 综上，满足题意的数列a 共有392032211169（种）. n 经检验，这些数列均符合题意. 四、解答题：共70分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.(13分）解析：（1） f(x) Acos(x)， 由图可以得到：A2,2，-----------------------------------------------------------------------3分 π π π f(x)图象过点( ,0)，  ， 12 2 2   所以2 k,所以 ， 12 6 π 所以 f(x)2sin(2x ).-----------------------------------------------------------------------------6分 6 6  3 （2）由 f() ，得sin(2 ) ，--------------------------------------------------------9分 5 6 5 π f(x)4cos(2x )， 6   π  28 f(2 )4cos(4 ) 4cos2(2 )4[12sin2(2 )] .------13分 12 3 6 6 25 16.（15分）解析：（1）设AD,BC的中点分别为O,E，连接OP,OE,PE. 因为PA PD，所以OP AD.-------------------------------------------------------------------- 2分 因为PB PC，所以BC PE. 第 5 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}在梯形ABCD中，AD  42 (42)2 2 5， 1 所以OP  32 5 2，OE  (ABDC)3， 2 PE  1722  13，因此OP2 OE2  PE2， 所以OPOE，----------------------------------------------------------------------------------------- 6分 所以OP平面ABCD. 又因为OP平面PAD，所以平面PAD平面ABCD.-------------------------------------7分 （2）如图，以O为原点，OE,OP所在直线分别为y轴,z轴，作出x轴，建立空间直角坐 标系Oxyz，则A(2,1,0),C(2,3,0),D(2,1,0),P(0,0,2).  设平面PAD的法向量m(x ,y ,z )，则 1 1 1   mAP 0(x ,y ,z )(2,1,2)02x  y 2z 0 ， 1 1 1 1 1 1   mAD 0(x ,y ,z )(4,2,0)04x 2y 0 ， 1 1 1 1 1  令x 1，得到 y 2，z 0，即m(1,2,0).----------------------------------------------10分 1 1 1  设平面PAC的法向量n(x ,y ,z )，则 2 2 2   nAP 0(x ,y ,z )(2,1,2)02x  y 2z 0 ， 2 2 2 2 2 2 第 6 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}  nAC 0（x ,y ,z ）（ 4，4,0）0x  y 0. 2 2 2 2 2 1  1 令x 1，得到 y 1，z  ，即n(1,1, ). 2 2 2 2 2   3 2 5 cosm,n  . 3 5 5 2 因为二面角C-PA-D是锐二面角， 2 5 所以二面角CPAD的余弦值是 .--------------------------------------------------------15分 5 17.（15分）解析：（1）当a0时， f(x)(x2)ln(x2)x， f(x)ln(x2)(x2)，-----------------------------------------------------------------------------2分 由 f(x)0得x3， 所以函数 f(x)的单调递增区间是(3,)；-------------------------------------------------------6分 2a （2） f(x)ln(x2) a， f(3)0， x1 依题意，存在实数m,n且2m3n， 使得当m x3时， f(x)0，当3 xn时， f(x)0.------------------------------8分 1 2a x2 2(a1)x14a 记g(x) f(x)，则g(x)   （x2）. x2 (x1)2 (x2)(x1)2 记h(x) x2 2(a1)x14a,h(3)42a . ①当a2时，h(3)0，a13，h(x)在区间(2,a1)上单调递减，存在实数m,n且 2m3n，使得x(m,n)时，h(x)0，即g(x)0， f(x)单调递减， 因此当m x3时，f(x) f(3)0，当3 xn时，f(x) f(3)0，函数 f(x)在 x3时取得极大值.------------------------------------------------------------------------------------11分 第 7 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}②当a2时，h(3)0,a13，因此h(x)h(3)0，即 g(x)0， f(x)在区间 (2,)上单调递增，当x3时， f(x)0，x3不是函数 f(x)的极大值点.···12分 ③当a2时，h(3)0，a13，函数h(x)在区间(3,)上单调递增， x(3,)时，h(x)h(3)0，即g(x)0，函数 f(x)单调递增， 当 即当x3时， f(x) f(3)0，因此，x3不是函数 f(x)的极大值点. 综上，实数a的取值范围是(2,).---------------------------------------------------------------15分 18.（17分）解析：（1）记“一个患有该疾病的病人服用该药一个疗程康复”为事件A，则 P(A)0.80.90.20.40.8，-----------------------------------------------------------------2分 因此X ~ B(3,0.8)，分布列为： X 0 1 2 3 P 0.008 0.096 0.384 0.512 -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------6分 X 的数学期望EX 30.82.4.-------------------------------------------------------------------7分 （2）若该药品的有效率为80%，由（1）得，一个疗程内，使用该药后的康复率也为80%， 记康复的人数为随机变量 X ，则X ~ B(100,0.8)， 1 1 设1000.880,2 1000.80.216，设Y ~ N(80,42)，-------------------10分 所以P(X k) P(Y k0.5)0.9772. 10.9544 因为P(Y 2)1 0.9772，14分 2 所以k0.52802472,即k 72.5, 所以整数k的最大值为72.---------------------------------------------------------------------------17分 第 8 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}a  2b,  19.（17分）解析：（1）由条件得1 ，解得a 2,b1，  a2b 2 2 x2 所以椭圆C的方程为  y2 1；------------------------------------------------------------------6分 2 （2）由PAQ的平分线经过点F ，得到AP,AQ的斜率都存在，点A的坐标为(0,1)，可 设AP:y k x1,AQ:y k x1， 1 2 |k 1| |k 1| 点F 的坐标为(1,0)，所以 1  2 ，化简得到k k 1.-------------------9分 1 2 k2 1 k 2 1 1 2 由已知得到直线PQ的斜率存在，设PQ的方程为 ykxm，P(x ,y ),Q(x ,y ) ，联立 1 1 2 2 y kxm,  方程组x2 ，得(12k2)x24kmx2m220 （#）.   y2 1  2 由k k 1，得到(y 1)(y 1) x x ，所以(kx m1)(kx m1) x x ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 得k2x x k(m1)(x x )(m1)2  x x ，根据韦达定理得 1 2 1 2 1 2 2m2 2 k(m1)(4km) 2m2 2 k2   (m1)2  ，化简得m2 2m30， 12k2 12k2 12k2 即m1或3. 第 9 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}又当m1时，直线PQ经过点A，不符合题意， 因此，m3，直线PQ经过定点N(0,3)，------------------------------------------------13分 将m3代入方程（#）得(12k2)x212kx160 ， 由△ 0，解得k2 4. 1 k2 4 △APQ面积S  | AN ||x x |2 (x x )2 4x x 8 . 2 1 2 1 2 1 2 12k2 8t 8 8 2 2 设 k2 4 t ，t 0,则S     ， 92t2 9 2 92 3 2t t 3 2 2 当且仅当t  2时取等号，因此△APQ面积的最大值为 .------------------------17分 2 3 第 10 页 共 10 页 {#{QQABbQAEggAoAJAAABhCEQGiCECQkAECCKoGxEAMoAABiAFABAA=}#}