【文档说明】广东省佛山市S7高质量发展联盟2023-2024学年高三上学期10月联考 数学答案.pdf，共(8)页，378.630 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共8页2023-2024学年上学期佛山市S7高质量发展联盟高三联考试卷数学学科参考答案1．B【详解】∵集合{21,}MxxkkZ∣，故M为奇数集.而{2,}NxxkkZ∣，故N为整数集，∴MN.故选：B.2．A

【详解】因为复数1iz（i为虚数单位），则534i55534i74741i34i34i34i55z，因此，2253417455z.故选：A.3．B【详解】ADDEAEDCDCDCDCAD

DE,因为ADDC，故0ADDC.而E为CD的中点，故12cos02DCED，故

2AEDC.故选：B.4．A【详解】由题可知()fx是以4为周期的周期函数，2(2019)(14505)(1)(1l)og(11)1ffff，2(2020)(04505)lo(0)g(01)0fff

，(2019)(2020)1ff.故选：A．5．B【详解】依题意，因为椭圆C的离心率为32，所以66mmm=32，得m=2，故长轴长为26m=42．6．B【详解】由22xyy可知0x，得到2220xyy++，即

2211xy，0x，作出曲线2:2Cxyy的图像如下：当直线:0lxym经过点0,2A时，直线与曲线有两个交点，此时20m，解得2m；当直线与曲线相切时，圆心0,1到直线0xym的距离111112mmd

，解得21m=或21m；因为直线0xym可化为yxm，由截距0m得0m，则21m=，此时直线与曲线只有一个交点；故满足条件的实数m的取值范围为212m.故选：B.{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoG

BBAMMAAAgANABAA=}#}答案第2页，共8页7．C【详解】由题设2113()23nnnnnnnSSSSS，则22113()nnnnnSSSS，又na都为正项，则0nS，故13nnnSS，所以20222022220232

02232213(13)...3...3313SSSSSS，所以20232023120233322SSS，故20232023312S.故选：C8．C【详解】设AOC，则2,,π4DOECODBOE，ππ04π,0,0242

，则sin、cos2为正数.在三角形ODE中，连接DE，由余弦定理得：244222cos288cos216sin4sinDE，在三角形BOE中，由余弦定理得：2244222cosπ4

88cos416cos24cos2412sinEB，所以224sin412sin8sin4sin4DEEB,由于2sin0,2，所以当41sin284时，DEEB

取得最大值，也即1sin4AOC时，DEEB取得最大值为2119844442.故选：C9．BC【详解】对于A，由方差的性质可得2()2()4()DDD，故A错误；对于B，由正态分布的图象的对称性可得(36)(6)0.50.34PP

，故B正确；对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数||r越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为372m，乙组：第30百分位数为n，第50百分位数为33447722，则30377722nm

，解得3040nm，故70mn，故D错误；故选：BC10．AD【详解】对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有54种安排方法，A正确；对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有2454CA种安排

方法，B错误；{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}答案第3页，共8页对于C，先将5人分为3组，有312252532222CCCCAA种分组方法，将分好的三组安排翻译、

导游、礼仪三项工作，有33A种情况，则有31223525332222CCCCAAA种安排方法，C错误；对于D，①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有1232334333CCACA种安排方法，D正确．故选：AD．11．AC【详解】

由题意得()ln1fxx，则ln1()(0)xgxxx对于A：由ln1()0xgxx，可得ln1x，解得1xe，所以解集为1,e，故A正确；对于B：221(ln1)ln()xxxxgxxx

，令()0gx，解得x=1，所以当(0,1)x时，()0gx，函数()gx为增函数，当(1,)x时，()0gx，函数()gx为减函数，故B错误；对于C：当1,1xe时

，若fxgx，则()()0fxgx，所以ln1ln0xxxx，即2lnln10xxx，令21()lnln1,,1hxxxxxe，则2111()2ln2lnhxxxxxxxxx

x，22111()2ln212ln3hxxxxxxx，当1,1xe时，()0hx，函数()hx为增函数，又(1)0110h，所以()0hx在1,1e是恒成立

，所以21()lnln1,,1hxxxxxe为减函数，又max211()0hxhee，所以2()lnln10hxxxx在1,1e是恒成立，所以当1,1xe时，总有fxgx恒成立，故C正确；

对于D：若函数22lnFxfxaxxaxx有两个极值点，则()ln120Fxxax有两个根，即ln12xax在(0,)有两个根，令ln1()xmxx，则2ln()xmxx，所以当(0,1)x时，()0mx

，函数()mx为增函数，当(1,)x时，()0mx，函数()mx为减函数，又当0x时，()mx，当x时，()0mx，(1)1m，所以2(0,1)a，解得10,2a，故D错误.故选：AC12．ACD【详解】在图乙中，因为点A在平面DCBE上的射影F在棱DC

上，所以AF平面DCBE，{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}答案第4页，共8页又BC平面DCBE，所以AFBC，又BCDC，AFDCF，,AFDC

平面ADC，所以BC平面ADC，又AD平面ADC，所以BCAD，故A正确；如图，在图乙中作EPDC于P，连接AP，则//EPBC，所以AE与BC所成角即为AE与EP所成角，又由BC平面ADC可得EP平面ADC，所以EPAP而1EP，322AEBE

，则2cos3AEP，即AE与BC所成角余弦值为23，故B错误；如上图，在图乙中作FGDE于G，连接AG，则由AF平面DCBE可得AFDE，又FGAFF，FGAF，平面AGF，所以DE平面AGF，又AG平面AGF，则

DEAG，在图甲中，如图，作AGDE，则A，G，F三点共线，设AEx，DFy，则由DFAADE∽△△可得DFADADEA，即11yx，又在图乙中有22210AFADDFy，所以0,1

y，所以11xy，而0,2xAE，所以1,2x，1111,1,1222yx，故D正确；当12EB时，32x，则23y，所以2245193AFADDF，则1215552326336ADCBEEBDCBCVAF，故C正确.

故选：ACD.13．212/10.514．3【详解】在ABD△中，2222cos9ADABBDABBDB，可得3AD.又由余弦定理，22294161cos22324ADBDABADBADBD，可

得15sin4ADB.在ADC△中，sinsinDACADBC，由此可得sinsincoscossinDACADBCADBC，由已知可得10sin4C，代入可得15611010sin44444DAC，所以ADDC，所以

3DC.故答案为：3.15．23【详解】由正棱锥性质知：PO平面ABCD，取CD中点E，连接PE，作OGPE，垂足为G，PO平面ABCD，CD平面ABCD，POCD，,OE分别为,ACCD中点，//OEAD，又

ADCD，OECD，{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}答案第5页，共8页,POOE平面POE，POOEO，CD\^平面

POE，又OG平面POE，OGCD，又OGPE，,CDPE平面PCD，CDPEE，OG平面PCD，则由球的性质可知：G为平面PCD截球O所得截面圆的圆心，设H为该截面圆与PE的一个交点，连接OH，2P

AAB，122AOAC，112OEAD，422PO，213PE，又1122POESPOOEPEOG，63POOEOGPE；233OH，2263HGOHOG，即截面圆的半径63r

，截面圆的面积223Sr.16．2224xy；101/110.【详解】设点(,)Pxy，12，2222(2)(1)1122(2)(4)xyPAPBxy2224xy.

抛物线的焦点为点F，由题意知1,0F，1QHQF，12PAPB，22minmin11121111012PBPQQHPAPQQFAF.故答案为：2224xy

；101.17．【详解】（1）解：在ABC中，1cos2aBbc由正弦定理，可得1sincossinsin2ABBC，即1sincossinsin2ABBAB，即1sincossinsinco

scossin2ABBABAB，整理得1sincossin2BAB，因为0πB，所以sin0B，则1cos2A，又因为0πA，所以π3A…………5分（2）解：由（1）及已知，可得112232322ABCSah△，又由1π3

sin234ABCSbcbc△，可得3234bc，所以8bc，由余弦定理222π2cos3abcbc，可得2212bcbc，即2123bcbc，即2122436bc，所以6bc.…………

10分18．【详解】（1）因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，所以BA⊥平面AA1D1D，又MA1⊂平面AA1D1D，所以BA⊥MA1.因为AD＝DM，所以∠AMD＝4

5°，同理∠A1MD1＝45°，所以AM⊥MA1，又AM∩BA＝A，所以MA1⊥平面AMB，又MA1⊂平面A1MB1，故平面AMB⊥平面A1MB1.…………6分（2）设AD＝1，则四棱锥M­ABB1A1的底面ABB1A1的面积SABB1A1＝4，高为AD＝1，{#{QQABCQaEgggoABJA

AQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}答案第6页，共8页所以四棱锥M­ABB1A1的体积V1＝13SABB1A1×AD＝43.四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的面积SA

BCD＝32，高为AA1＝2，所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V2＝SABCD×AA1＝3，所以1249VV…………12分19．【详解】(1)设等比数列na的公比为0,qq由22342,20

aaaqq解得2q=或1q(舍)，又452=Sa，4141122212aa，解得12a，2,nnanN，……2分21212nnnnnNbbbb2n时，212111121nnn

nbbbb，22112nnnnnnnbbb整理得112nnnnnbb，又11b数列nnb是首项为1的常数列，1nnb，,nbnnN…………6分(2)设2111112log222nnncbannnn

，…………8分12nnTccc11111111111232435112nnnn111112212nn

3234212nnn…………12分20．【详解】（1）由频率分布直方图估计平均数为：0.00510450.01010550.02010650.03010750.02510850.011

09574（分）…………2分（2）由题意可得测试成绩X近似服从正态分布274,13N所以61870.6826PX，则11871618710.68260.158722PXPX

所以10000.1587158.7159人故该校高二年级学生中成绩为优秀的人数约为159人；…………5分（3）随机变量的所有可能取值为：0,1,2,4,5,64511011157235P

，42115113157257270P，{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}答案第7页，共8页451225727P

1211457235P42115113557257270P，451265727P所以的分布列如下：012456P135137027135137027数学期望11321132123012456357073570735E

.……………12分21．【详解】（1）由题可知452p，解得2p.所以E的标准方程为24yx；…………2分（2）（i）由（1）知，2044y，且00y，解得04y，所以(4,4)P.设221212,,,44yyAyBy

，则121144444PAykyy，同理可得，244PBky，则1244444PAPBkkyy，即12124200yyyy.当直线AB斜率存在时，直线AB的方程为221211212444

yyyyyxyy，整理得121240xyyyyy.所以11420(4)0xyyy，即12445yxyy，所以直线AB过定点(5,4)；当直线AB的斜率不存在时12

0yy，可得11220,5yx.综上，直线AB过定点(5,4).…………7分（ii）设1122,,,AxyBxy，当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为(5)454ykxkxk

，与抛物线E联立得24,54yxykxk，消去x得22221084(54)0kxkkxk，由题意0，所以222121221084(54),kkkxxxxkk.所以22112212

22(54)1084||||1111kkkFAFBxxxxxxkk{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}答案第8

页，共8页2248201636363620555kkk，所以当165,56kk时，||||FAFB的最小值为365；当直线AB斜率不存在时，125xx.由抛物线定义知12||||1136FAF

Bxx.故||||FAFB的最小值为365.…………12分22．【详解】（1）当1a时，212ln32fxxxx，2232()3(0)xxfxxxxx，令()0fx，解得1x或2x，当1x或2x时，()0fx，当12x时，()0fx

，所以()fx在0,1和(2,)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以()fx的极大值为5(1)2f，极小值为(2)2ln24f；…………4分（2）假设存在实数a，对任意的0,mn,，且mn，都有fmfnamn恒成立，不妨设0nm，若

fmfnamn，即fmamfnan，令2211()()2ln(2)2ln222gxfxaxxaxaxaxxaxx，显然只要()gx在(0,)为增函数即成立，因为221

122222xaaxxagxxxxx，要使()gx在(0,)为增函数则0gx在(0,)恒成立，即只需120a，则12a，所以存在1,2a满足题意．…………12分{#

{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}