【文档说明】江西省九校联盟2023-2024学年高三上学期8月联合考试 数学答案和解析.pdf，共(5)页，516.507 KB，由管理员店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司12024届江西省九校第一次联考数学试题答案1.【答案】B【解析】1,0,1,0,1,2AB，则0,1AB.故选：B.2.【答案】D【解析】由1i20z可得：21i21i1i1i1iz，所以

22112z.故选:D.3.【答案】C【解析】由||||abab两边平方并化简得0ab，所以2101ttt.故选：C.4.【答案】A【解析】设数列na的公比为q，若120aa，则,011qaa所以,,1,0,

11111nnnnnnaaqaaqaaq}{na为递减数列，若na为递减数列，当,21,211qa时,,21nna数列na为递减数列,此时,021aa所以由na为递减数列,

不一定能得到120aa,所以“120aa”是“na为递减数列”的充分而不必要条件,故选：A．5.【答案】D【解析】设1122(,),(,)ExyFxy，则由题意得1122cos,sin,cos,sinxyxy，由221=+3+=1yxbxy

，得22113xxb，化简整理得22106990xbxb，因为11b，所以直线1(11)3yxbb与单位圆恒有两个不同的交点，所以21212399,510bxxbxx

，所以coscoscossinsin1212xxyy12121133xxxbxb212128193xxbxxb228991391035bbbb22244145555bbb

，故选：D.6.【答案】C【解析】由于cba,,都与1.0有关系，如果1.0是x的话，对应cba,,分别是1xe，xsin和1lnx，先比较ba,，设xexfxsin1，求导xexfxcos'，0'xf恒成立。所以当0x时，

xf单调递增。所以ba。再比较cb,，设1lnsinxxxg，求导11cos'xxxg，且00'g，2''11sinxxxg，在2.0,0x时，0''xg，xg'单调递增。又因为00'g，所以0'

xg，所以当2.0,0x时，xg单调递增。所以cb，所以cba，故选：C.7.【答案】D【解析】∵11,12a，∴210nnnaaa，1nnaa，又∵2111024nnaa

，选项A正确.21nnnaaa，21111111nniiiniiaaaaaa，选项B正确.由2211124aa，11,12a，得2104a，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（仅供教师和学生参考）下面用数学归纳法证明1nan，11a，22111112442aa，设1(2)kakk，则2212221111111111242411kkkkaakkkkkk

，选项C正确.故选:D.8.【答案】A【解析】设BCD外心为1,OABD外心为2,ODB的中点为E.因为11,OEDBOE平面BCD，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，所以1OE平面ABD.又2O

E平面ABD，所以12OEOE.过21,OO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21OEOO为矩形.设BCD外接圆半径为1,rABD外接圆半径为2r.设BEx，则由2214312xx，得3,23xBD，BDC为等边三角形，112

2sin60BDrOB.又因为2,23ABADBD，所以120BAD.故ABD外接圆半径2222sin120BDrOB.又22122431OOOEOBEB，1OO平面1,BCDBO平面BCD，则11OOBO，所以外接球半径2211415RO

BOOBO，从而外接球表面积为2420R.故选：A.9.【答案】AC【解析】对于A：由双曲线的渐近线方程为33yx，可设双曲线方程为223xy，把点(3,2)代入，得923，即1．双曲线C的方程为221

3xy，故A正确；对于B：由23a，21b，得222cab，双曲线C的离心率为22333，故B错误；对于C：取20x，得2x，0y，曲线21xye过定点(2,0)，故C正确；对

于D：双曲线的渐近线30xy，直线310xy与双曲线的渐近线平行，直线310xy与C有1个公共点，故D不正确．故选：AC．10.【答案】BC【解析】singxx是偶函数，不是周期函数，co

shxx是偶函数，是周期函数，最小正周期为π，故()fx不是周期函数，A错误，B正确；当35,44x时，π()sincossincos2sin4fxxxxxx，因为ππ,π42x，π2sin4x在此区间

上单学科网（北京）股份有限公司2调递减，故()fx在区间35,44上单调递减，C正确；当0x时，sincosfxxx，3π24f，3π12f，即33ππ21242ff，D

选项错误.故选：BC.11.【答案】AD【解析】由题意知1A，2A，3A两两互斥，故D正确；151102PA，221105PA，3310PA，1111552111112PBAPBAPA，故A正确；

2411PBA，3411PBA，1PBPAB23PABPAB112233PAPBAPAPBAPAPBA1514349211511101122

1PBA，所以B与1A不是相互独立事件，故B，C不正确．故选：AD．12.【答案】AC【解析】在2fxfyfxyfxy中，令1,0xy，可得21021fff，即202f，解得

010f，故B错误；令0x可得20ffyfyfy,即fyfy，故函数fy是偶函数，即fx是偶函数,故A正确；令12xy，则2121002fff

，故102f，令12x，可得11120222ffyfyfy,故10fxfx，故C正确；因为fx是偶函数，所以

=fxfx，故10fxfx,即10fxfx，所以120fxfx,所以2fxfx，故函数fx的周期为2，因为100ff，11f，所以12100ffff，202311ff

.所以20231122023202311kfkfffff，故D错误.故选：AC.13.【答案】222【解析】1xyxy222222xyxyyxxyxy≥222222xyxyyxxy

xy，等号成立当且仅当2xy，即221,12xy.故答案为：222.14.【答案】40【解析】∵522x的展开式的通项是5210215522rrrrrrrTCxC

x，由1xx中的x项与522x中的4x项，1x项与6x项相乘均可得5x项，∴所求系数为3322552240CC.故答案为：40.15.【答案】2600π【解析】将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面

积S＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm2)．16.【答案】79【解析】以A为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，NQac，QRac由题意可得(0,4),(3,0)PR，则:43120PRxy，43P

Rk，设(,1),(,0)MnQn，则M到PR的距离224312143nd，解得1n（舍去），72n，则71322QRac，又设:40PNkxy，由2714211kdk

，得24584320kk．3245PRPNkk，则815PNk，得152Nx，1592322a，则94a故得74c．∴椭圆的离心率79cea．故答案为：79．17.【解析】（1）解：因为b＝acosC＋

33csinA，根据正弦定理得sinB＝sinAcosC＋33sinCsinA，(1分)所以sin（A＋C）＝sinAcosC＋33sinCsinA，(2分)所以sinAcosC＋cosAsinC＝sinAcosC＋3

3sinCsinA，(3分)所以cosAsinC＝33sinCsinA.因为sinC≠0，所以tanA＝3.(4分)又0＜A＜π，所以A＝3.(5分)(2)ADCABDABCSSS000

30sin22130sin22160sin21bcbc即,23bccb(7分)在ABC中,由余弦定理得,60cos230222bccb即,093)(2bccb,093)(432bcbc解得,6bc或2bc(舍

去)(9分).2332362160sin210bcSABC(10分)学科网（北京）股份有限公司318.【解析】(1)设na公差为d，nb公比为q，则3521682bqb，2q=，211bbq==，∴12nnb．(3分)又∵1122ab，38a

，∴31823312aad，23131nann．(6分)(2)1312nncn，∴1231nnnSccccc，01221225282342312nnnSnnL，则12122252342312

nnnSnnL，两式相减得012223232nSL132312nnn，(8分)则01112322231213312112nnnnnSnnL，(10分)3323121nnn

Sn3424nn．(12分)19.【解析】(1)//BCADABBCABAD，(1分)又22210ABBEAE,所以ABBE，(2分)BCBEB，所以AB平面BCE，(3分)又AB平面ABCD所以，平面BCE平面ABCD.(4分)

(2)因为BCBE，结合(1)问易得ABBCBE、、两两互相垂直，所以建立如图所示的坐标系设AD=t0t，则：001C，，，300E，，，01Dt，，所以301CE，，，011CDt，，，(5分)设平面CDE的法向量为n

xyz，，由00CEnCDn得3010xzytz令3z，则1333nt，，(6分)又CB平面ABE，所以取平面ABE的法向量为001m，，(7分)23346cos461033nmnmnmt

，解得3t或1t(舍).(9分)即3AD，所以四边形ABCD的面积2ABCDS，由题知BEABBEBC，，ABBCB，BE平面ABCD所以BE为四棱锥EABCD的高，(11分)所以

四棱锥EABCD的体积为:1123233ABCDVSBE.故四棱锥EABCD的体积为2.(12分)20.【解析】（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为:12334333231111135343335IP

PPP.(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，由己知得92100PA，332113535IPABP，(4分)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|BA，

()32100820160|99.38%()3592723161PABBAPPA.(5分)（2）100个芯片中恰有1个不合格的概率199100(1)pCpp.因此'999898100[(1)99(1)]100(1)(1100)pppppp，令

'0p，得0.01p.当0,0.01p时，'0p；当0.01,1p时，'0p.所以p的最大值点为00.01P.(8分)由（1）可知，110.0935P，00.01JPP，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)由数据可建立2×2列联表如下：（单位：人）开机速度满意度芯片批次合计IJ不满意12315满意285785合计4060100根据列联表得222()100(1257283)()()()()40601585nadbcKabcdacbd

10060060020011.76510.8284060158517.(11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)21.【解析】(1)由题得直线21xy过点

1,0，.设1122,,,AxyBxy，联立221,2,xyypx得22220ypyp，所以121222,2yypyyp，所以2221212124(22)4222yyyyyypppp.(2分)所以三角形OAB

的面积212112232Syypp，学科网（北京）股份有限公司4又0p，解得2p（30p舍去）.所以2p.(4分)(2)证明：由（1）抛物线C的方程为24yx，设3344,,

,PxyQxy，不妨令43yy，则33,Pxy，设直线L的方程为2xty，联立22,4,xtyyx消去x得2480yty，则34344,8yytyy，(6分)则直线PQ的方程为433343yyyyxxxx

，即43434343xxyxyyyxyx，则4343434322tytyytyyyyxyty，即4343433422tyyyyyxtyyyy，即24343434334422tyyyyyyyxtyy

yy，所以2(4)4842824ttytxtt，即222ttytx，(10分)令20,0,xy解得2,0,xy所以直线PQ恒过定点2,0(12分)22

.【解析】(1)当1a时，lne1xxfxx，21lnexxfxx，(1分)又1e1f，所以切点坐标为1,e1，切线的斜率为1e1kf．所以切线方程为e1e11yx，即e1yx(4分

)(2)由已知得eln0xxaxxfxx有两个不等的正实跟．所以方程eln0xxaxx有两个不等的正实根，即elne0xxxax有两个不等的正实根，lneexxaxx①(6分)要证12212e0xxxx

,只需证12212eexxxx，只需证12212eeexxxx，即证1212lnelne2xxxx，令111extx，222extx，所以只需证12lnln2tt，(7分)由①得11lnatt，22lnatt，所以2121lnlna

tttt，2121lnlnatttt，消去a得221121212122111lnlnlnlnln1tttttttttttttt，只需证2211211ln21tttttt，设120tt，令2

1ttt，则1t，则1ln21ttt，即证4ln201tt(9分)构建4ln201httt则222114011thttttt，所以ht在1,上单调递增，则

10hth，即当1t时，4ln201tt成立，(11分)所以12lnln2tt，即12212eeexxxx，即12212eexxxx，所以12212e0xxxx，证毕．(12分)获得更多资源请

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