【文档说明】江西省南昌市2023-2024学年高三上学期开学考试（南昌零模） 数学答案.pdf，共(5)页，623.738 KB，由小赞的店铺上传

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—高三数学第1页（共4页）—2024届NCS高三摸底测试数学参考答案及评分意见一．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12345678答案ACDBCDAB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9101112答案BCDABACDAB三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．2；14．5；15．33913；16．22.四．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，sincossincossinABBAabC，即sin()sinABabC，sinsinCabC，所以1ab，……………………3分故ABC的面积为1133sin12224abC

.……………………5分（2）由余弦定理，222cos2abcCab可得221122ab，所以222ab，……………………7分所以222()24ababab，即2ab，所以ABC的周长为3.……………………10分18．【解析】（1）因为,MN分别为,ACAB的中点

，所以NMBC∥，因为ABBC，所以ABMN，……………………2分因为ABPM，PMMNM，所以AB平面PMN，所以ABPN；……………………5分（2）因为2ABBC,3BPPM，则1NMNB，所以PNBPNM，因为ABPN，所

以PNNM，因为NBNMN，所以PN平面ABC，因为2ABBC,3BPPM，所以22PN，……………………7分以NB为x轴，NM为y轴，NP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,1,0)M，(1,0,0)B，(0,0,22)P，所以(1,1,0)MB

，(0,1,22)MP，设平面PMB的法向量为1(,,)nxyz，则1100MBnMPn，所以0220xyyz，PzyxABCMN—高三数学第2页（共4页）—令1z，得到1(22,2

2,1)n，平面PMN的法向量为2(1,0,0)n……………………10分所以12121222234cos,17||||17nnnnnn，则二面角NPMB

的余弦值为23417.……………………12分19．【解析】（1）棱长为1n的正方体的体积为3(1)n，棱长为n的正方体的体积为3n，……………………3分所以333232(1)331331nannnnnnnn

；……………………5分（2）由（1）可知332(1)331nannnn，……………………7分则222123131132321331naaann2223(1

2)3(12)nnn222(1)3(12)32nnnn又333333332122132(1)(1)133naaannnnnn，所以22

232(1)3(12)3332nnnnnnn，即32222223(1)(21)12366nnnnnnn.……………………12分20．【解析】（1）因为OFM的面积为34，则有133224c，解得1c，……2分又因为3(1,)2M在椭圆C

上，则222219141abab，解得2243ab，所以椭圆C的标准方程为22143xy；……………………5分（2）根据椭圆的对称性，欲证,AD关于x轴对称，只需证FAFDkk，即证0FAFBkk，设2211(,),(,)AxyBxy，直线AB

方程为4xmy，由2243412xmyxy消去x得22(34)24360mymy，所以1212222436,3434myyyymm……………………9分—高三数学第3页（共4页）—则121221122112121

212(1)(1)()11(1)(1)(1)(1)FAFByyyxyxyxyxyykkxxxxxx因为1221121212223624()23()2303434myxyxyymyyyymmm所以

0FAFBkk，即,AD关于x轴对称.……………………12分21．【解析】（1）记选出甲乙两名队员参赛为事件1A，选出甲乙、丙丁各一人参赛为事件2A，选出丙丁两名队员参赛为事件3A，活动“党建优秀代表队”称号为事

件B.则221241()6CPAC，11222242()3CCPAC，223241()6CPAC.……………………3分123()()PBPABABAB2213221232211121()[()2]()64333343323232

2212111()[()2]63222151512181812.……………………6分（2）X的可能取值为：0,60,100,120,160,200，211(0)()416PX，311(60)2434PX

1=8，3211(100)2=4344PX，2231(120)()()43PX116，(160)PX2321()243314，(200)PX2232()()4314.所

以随机变量X的分布列为：X060100120160200P11618141161414所以11111106010012016020016841644EX130.……………………12分22．【解

析】（1）1(),(1)xxgxaaa，则11222lnln()ln()xxxxaaagxaaxaaxx，……………………2分设12()xxhxxaa，则1221()2lnln0xxxhxxaxaaa

ax，故()hx在(0,)单调递增，又因为(1)0h，故()gx在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增.则()gx的极小值为(1)2ga，无极大值.……………………5分—高三数学第4页（共4页）—（2）因为1()1logafxxx，所以11lo

gxaxxa，1111log()xxaaaxx，……………………7分令11xtax，显然11xtax在(0,)单调递减，故有1()1logafxxx两个正根，等价于()logahttt有两个零点.1()1lnhtat，显然1(0,)lnta时，()0ht，

1(,)lnta时，()0ht，故()ht在1(0,)lna递减，1(,)lna递增，1lnmin111()()loglog(ln)lnlnlnaaahthaaaaa，……………………9分令1lnlog(ln)0aaa

a，所以1lnln1aaa，则1ln1.lnaaa设01lnxa，则01exa，00011ln(e)e.xxxaaa所以1ln1lnaaa，则1elna，则1e(1,e)a，因为111()10,()(1)0.aaa

hhaaaaaaa此时存在两零点1x，2x，其中111(,)lnxaa，21(,)lnxa，且12()()0.hxhx故1e(1,e)a.……………………12分获得更多资源请扫码加入享

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