2023-2024学年黔西南州兴义市高三数学上学期第一次联考卷附答案解析

全卷满分150分.考试用时120分钟.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．若集合AxNx10，B1,0,1,2，则AB（A．1,2B．0,1,2）C．i）C．78）D．1C．1,0,1,22．若zi1i1，则z的虚部为（A．1B．-1D．i2023π1，则cos2（3．若sin24A．89B．4．已知向量a(1,1)，b(1,1)，若(ab)//(ab)，则（78D．）89A．1B．+=1C．=1D．=1）年，辐5．锶90是发生核爆后产生的主要辐射物之一，它每年的衰减率为2.47%，那么大约经过（射物中锶90的剩余量低于原有的7.46%（结果保留为整数）（参考数据：ln0.07462.606，ln0.97530.03）A．83B．85C．87D．906．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两个点A1,a，B2,b，且2cos2，则ab（）3A．55B．55C．55或55D．2525或557．为进一步在全市掀起全民健身热潮，兴义市于9月10日在万峰林举办半程马拉松比赛.已知本次比赛设有4个服务点，现将6名志愿者分配到4个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，且最后一个服务点至少安排2名志愿者，有（）种分配方式A．540B．660C．980D．1200x2y28．已知右焦点为F的椭圆E：221ab0上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若abBFAC于点F，且BF3CF，则E的离心率是（）A．22B．75C．32D．21二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．下列命题中正确是（）1A．线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强B．在经验回归方程y0.5x1中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均增加0.5个单位C．若随机变量X的期望EX2，则E2X131D．若X~Bn,，且D3X19，则n42c，C所对的边分别为a，b，在ABC中，内角A，B，其中b3，且b10．若AC边上的中点为M，则（A．B233sinAcosCcacosB，）B．SABC的最大值为33C．abc的最小值为3234D．BM的最小值为3211．已知函数fxlog2x1，则（）xA．fx在xln2处取得极值B．若kfx有两解，则k的最小整数值为1C．若kfx有两解x1，x2，则x1x2ln4D．fx有两个零点12．已知函数fx，gx的定义域为R，gx是gx的导函数，且fxgx80，fxg4x80，若gx为偶函数，则（）A．f1f316C．f1f3B．f48D．gk0k12023三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.πxx13．若函数fxsinxmee为偶函数，则m的最小正值为614．若点P在曲线C：x2y22x6y10上运动，则y的最大值为x3..15．如图，在四棱锥EABCD中，四边形ABCD为矩形，CE平面ABCD，AB6，BCCE4，该四棱锥的外接球的表面积为.2717yfx16．函数fxsin2x，x0,，若函数恰有五个零点x1，x2，x3，x4，x5，488其中x1x2x3x4x5，则x12x22x32x4x5的值为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.13,OPO17．如图所示，角的终边与单位圆O交于点P，将绕原点按逆时针方向旋转后与圆O222交于点Q.(1)求yQ；(2)若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a2，b2，sinAyQ，求SABC.218．已知数列an的前n项和Sn满足Snnn1，bn1，Tn为数列bn的前n项和.anan1(1)求数列an的通项公式；(2)求使Tn45成立的n的最大值.6419．如图，四棱锥PABCD中，PAPBABAD2，BC4，AD//BC，ADAB，AC与BD交于点O，过点O作平行于平面PAB的平面.(1)若平面分别交PC，BC于点E，F，求OEF的周长；(2)当PD22时，求平面与平面PCD夹角的正弦值.20．某校为丰富教职工业余文化活动，在教师节活动中举办了“三神杯”比赛，现甲乙两组进入到决赛阶段，决赛采用三局两胜制决出冠军，每一局比赛中甲组获胜的概率为p0p1，且甲组最终获得冠军的概率为2（每局比赛没有平局）.(1)求p；(2)已知冠军奖品为28个篮球，在甲组第一局获胜后，比赛被迫取消，奖品分配方案是：如果比赛继续31进行下去，按照甲乙两组各自获胜的概率分配篮球，请问按此方案，甲组、乙组分别可获得多少个篮球?x2y221．已知双曲线E:221a0,b0的一条渐近线方程为x3y0，焦点到渐近线的距离为1.ab(1)求E的方程；(2)过双曲线E的右焦点F作互相垂直的两条弦（斜率均存在）AB、CD.两条弦的中点分别为P、Q，那么直线PQ是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐标.22．已知函数fxxlnxa1，gxasinxa2aR.(1)求函数hxfxx的极小值；(2)证明：当a1,1时，fxgx.1．B【分析】利用交集的定义求出结果.【详解】∵AxNx10xNx1，B1,0,1,2，∴AB0,1,2.故选：B.2．A【分析】先设复数，再应用复数相等求参，再结合共轭复数求解即可.【详解】设zabi，故abii1ababi1i，故ab1ab1，得a0b1，即zi，zi，虚部为1.故选：A.3．C【分析】根据诱导公式及二倍角公式求解.【详解】∵sin2023π2sin3π2cos14，∴cos14∴cos22cos2117818.故选：C.4．C【分析】先计算出ab,ab，利用向量平行得到方程，求出1.【详解】ab1,11,11,1，ab1,11,11,1，故11110，化简得1.4故选：C5．C【分析】设出辐射物中锶90的含量，利用已知条件即可求出经过的年份.【详解】由题意，设辐射物中锶90的含量为a，至少经过t年辐射物中锶90的剩余量低于原有的7.46%，∴a10.02470.0746a，即tlog0.97530.0746故选：C.6．C【分析】根据三角函数的定义式可得tanab，又结合二倍角的余弦公式及齐次式的原因可得2tln0.07462.60687年，ln0.97530.031a22，接方程组即可.1a23【详解】由已知可得tanab，2b2a，22又cos2cossin2，3cos2sin222，cossin231tan221a22，即，1a231tan2355b2aaa55联立得1a22，解得或，2525bb1a2355ab故选：C.7．B5，5【分析】按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，即1122和1113，分别求出其方法种数，即可得出答案.【详解】由题知可按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，11C234C2C1A3540；①61122，有C2A226②61113，有C6C3C2C1120，31115共有540120660（种）.故选：B.8．A【分析】根据椭圆的对称性，结合平行四边形的判定定理和性质、椭圆的定义、勾股定理、椭圆的离心率公式进行求解即可.【详解】设椭圆左焦点为F1c,0，连接AF1，BF1，CF1，设CFm，m0，结合椭圆对称性得AF1BF3m，由椭圆定义得AF2a3m，CF12am，则AC2a2m.因为OFOF1，OAOB，则四边形AF1BF为平行四边形，则AF1∥BF，而BFAC，故AF1AC，则AF1ACCF1，即9m22a2m2am，22222整理得ma222，在RtFAF1中，AF1AFFF1，32222即9m22a3m2c，即a22aa2c，∴a22c2，故e故选：Ac2.a2【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的对称性和定义.9．BCD【分析】根据相关关系的定义可判断A；根据回归方程的解析式可判断B；由数学期望的性质可判断C；由二项分布的方差结合方差的性质可判断D.【详解】对于A：线性相关系数r越接近于1，两个变量的相关性越强，反之，线性相关性越弱，故A错误.对于B：在经验回归方程y0.5x1中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均增加0.5个单位，故B正确；对于C：随机变量X的期望为EX，则EaXbaEXb；6所以EX2，E2X12EX13，故C正确；11n1对于D：因为X~Bn,，DXn，2242则D3X19DX故选：BCD.10．ABD【分析】由正弦定理进行边角互化可得B；再利用余弦定理结合基本不等式可得SABC的最值及abc的最值；根据向量的线性运算，可表示中线，进而可得其长度最值.【详解】对于A：b9n9，解得n4，故D正确.43sinAcosCcacosB，由正弦定理得sinB3sinAcosCsinCsinAcosB，即3sinBsinAsinBcosCsinCcosBsinAcosB，3sinBsinAsinAcosBsinA，因为A0,，2所以sinA0，所以3sinBcosB1，2sinB1，B，故A正确；63对于B：由余弦定理知b2a2c22accosB，9a2c2ac，因为a0，c0，所以13ac，所以SABC的9a2c2ac3ac，ac3，当且仅当ac时等号成立，因为SABCacsinB2433最大值为，故B正确；4对于C：由B知9a2c2acacac，则ac9ac，所以ac9ac12ac23，222当且仅当ac时等号成立，所以abc的最大值为323，故C错；11对于D：因为BM为AC边上的中线，所以BMBABC，22112212292ac，因为ac3，所以BM的最小BMBABC2BABCcaac，得BM2223值为，故D正确；2故选：ABD.11．AB【分析】求导，做出函数图像，数形结合可判断ABD，代入特值可判断C选项.【详解】由fxlog2x111xln222，得fx，xxln2xxln2当x0,ln2时，fx0，fx单调递减；当xln2,时，f¢(x)>0，fx单调递增，则fx在xln2时取得极小值，最小值为fln2，故A正确；7又fln2log2ln211111，即，而log2log2ln2log2lne，所以1log2ln20，而ln22ln2lne111110，又ln21，且f1log2111，flog221，故1，故fln2log2ln22ln22ln22fx大致图象如图所示，故对于fxk有两个解，k的最小整数值为1，且fx无零点，B正确，D错误；131由ff1，12ln2ln4，故对fx1fx2k，可知x1x2ln4，故C错误，222故选：AB.12．ABD【分析】根据题意，分析可得gx是奇函数，由此分析可得gx的周期为4，在已知条件式中对自变量x赋值，由此求解判断各选项.【详解】因为fxgx80，令x1，则f1g180①，fxg4x80，令x3，则f3g180②，联立①②可得f1f316，故A正确；由题可知gxg4x，又因为gx是偶函数，所以gx是奇函数，由gxgxg4x可得gxgx4，所以gx的周期为4，又∵g0g0，故g0g40，fx8gx，故f48g48，故B正确；因为g1g1，由gxgx4得g3g1，故g3g1，又f38g3，f18g1，若f3f1，则g3g1，可得g1g1，即g10，而g1不一定等于0，故C错误；因为g1g3，得g1g30，在gxg4x中，令x2，可得g20，又g40，故g1g2g3g40，又gx的周期为4，所以gk5050g1g2g30，故D正确.k12023故选：ABD.13．22##338【分析】利用函数是偶函数，求出m的表达式，然后求解最小正值．πxx【详解】函数fx的定义域为R，fxsinxmee为偶函数，6πxπxxx则fxfx，即sinxmeesinxmee，66ππ则sinxmsinxm66可知mπysinxm，即是偶函数，6ππ2π2πkπ，kZ，即mkπ，kZ，故m取最小正值为.36232π.3故答案为：14．243##377【分析】先根据已知求出圆心，半径，再把分式转化为斜率，最后化简为直线结合直线和圆的位置关系应用点到直线距离求解即可.【详解】曲线C方程化为x1y39，是以1,3为圆心，3为半径的圆，22yyk即直线l：kxy3k0，表示点Px,y与点3,0连线的斜率，不妨设x3x3又P在圆上运动，故直线与圆C有公共点，则化简得7k224k0解得0k故答案为:15．6824.7k33kk123，24y24，故的最大值为.77x3【分析】可以将四棱锥EABCD补成一个长方体ADFGBCEH，故长方体的外接球即为四棱锥的外接球.【详解】如图所示，可以将四棱锥EABCD补成一个长方体ADFGBCEH，故长方体的外接球即为四棱锥的外接球，即AE的中点O即为外接球球心，9所以半径R12AE12CD2AD2CE21262424217，所以外接球表面积S4R268.故答案为：68.16．7【分析】根据三角函数图像性质可知各相邻零点关于对称轴对称，进而得解.【详解】fxsin2x4的图象过点8,1，58,19，8,1，138,1，178,1，f0sin42278，所以x518x28x9131738x48x58，且x1x2284，x2x325599131384，x3x4284，x4x5284，所以x12x22x32x4x57.故答案为：7.17．(1)yQ12(2)S3131△ABC2或S△ABC2.【分析】（1）根据三角函数的定义及诱导公式直接得解；（2）由已知可得A，再利用余弦定理可得c，进而可得面积.【详解】（1）由题知cos132，sin2，所以yQsin21cos2；（2）由题知a2，b2，sinA12，A,B0,，且ab，所以AB，而sinA12，则A36，故cosA2，由正弦定理可知a2b2c22bccosA，整理得c223c20，解得c31，1013131故S△ABCbcsinA，或S△ABC.2221,n118．(1)an2n2,n2(2)5【分析】（1）利用退一相减法求数列通项；（2）利用裂项相消法求和，解不等式.【详解】（1）当n1时，a1S11，当n2时，Sn1n1n11n23n3，2anSnSn1n2n1n23n32n2，1,n1综上所述，an；2n2,n2（2）由（1）得b1当n2时，bn111，a1a212211111.anan12n22n4n1n故Tnb1b2bn111111111124223n2n1n1n111311，24n44n要使Tn45314516，即，解得n，36444n64又nN*，故n取最大值为5.19．(1)4(2)25.5【分析】（1）依题意可得AOOC，再根据面面平行的性质得到OE//PA，OF//AB，EF//PB，根据三角形相似的性质计算可得；（2）首先证明平面PAB平面ABCD，取AB的中点G，即可得到PG平面ABCD，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）由题意可知，四边形ABCD是直角梯形，1211∴△AOD与△COB相似，又AD∴AOOC，OD1BC，2121OB，2因为过点O作平行于平面PAB的面分别交PC，BC于点E，F，即平面OEF//平面PAB，平面OEF平面PBCEF，平面PBC平面PABPB，平面OEF平面PACOE，平面PAC平面PABPA，平面OEF平面ABCOF，平面ABC平面PABAB，由面面平行的性质定理得OE//PA，OF//AB，EF//PB，所以PAB与OEF相似，相似比为3:2，即ABAPPB3，OFOEEF2因为PAB的周长为6，所以OEF的周长为4.（2）∵平面//平面PAB，∴平面与平面PCD的夹角与平面PAB与平面PCD的夹角相等，∵AD2，PA2，PD22，∴PD2AD2PA2，∴ADPA，又ADAB，ABPAA，AB,PA平面PAB，∴AD平面PAB，AD平面ABCD，∴平面PAB平面ABCD，取AB的中点G，因为ABC为等边三角形，∴PGAB，平面PAB平面ABCDAB，PG平面PAB，∴PG平面ABCD，以A点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，过点A与PG平行的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，P1,0,3D0,2,0C2,4,0DPA0,0,0AD0,2,0DC2,2,0则，，，，，，1,2,3，设平面PCD的法向量nx,y,z，122x2y0DCn0则，即，x2y3z0DPn0n取x1，则1,1,3，∵AD平面PAB，∴AD是平面PAB的一个法向量，ADn1525设平面与平面PCD夹角为，则cos，所以sin，55ADn5所以平面与平面PCD夹角的正弦值为20．(1)p1225.5(2)甲组应获得21个篮球，乙获得7个篮球比较合理.【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式列式计算即可；（2）先求出在甲第一局获胜的情况下，甲输掉比赛的事件概率，即可求解.【详解】（1）令事件Ai：甲组在第i局获胜，i1,2,3.甲组胜的概率为：1ppA1A2pA1A2A3pA1A2A3p22p21p，2解得p1.2（2）由题意知，在甲组第一局获胜的情况下，甲组输掉比赛事件为：甲组接下来的比赛中连输两场，即ppA2A31113，即甲获胜的概率为，2244故甲组、乙组应按照3：1的比例来分配比赛奖品，即甲组应获得21个篮球，乙组获得7个篮球比较合理.x221．(1)y213(2)直线PQ过定点3,0【分析】（1）根据焦点到渐近线距离及渐近线方程列方程组，解方程；（2）设直线AB、CD方程，分别联立直线与双曲线，结合根与系数关系得P、Q坐标，写出直线PQ方程，可得直线过定点.【详解】（1）设双曲线的焦点坐标为c,0，依题意渐近线方程为x3y0，即y3x，3131ba3c有123a2b2c221，a3解得b1，c2x2y21；3（2）由（1）可知右焦点F2,0，设直线lAB：lAB:xny2n0，Ax1,y1，Bx2,y2，xny2由联立直线与双曲线x2，2y1322化简得n3y4ny10n3，12n2120，故y1y24n12，x1x2ny1y242，2n3n32n6P2,2，n3n3又CDAB，则lCD:x1y2，n6n22n同理可得：Q2,23n13n1kPQ2n2n21n232n3n，6n263n213n21n232n6n22nlPQ:yx，3n213n213n21化简得y2nx3，23n1故直线PQ过定点3,0.【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．14(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22．(1)当a1时，hx无极小值；当a1时，hx取极小值为1lna1.(2)证明见解析【分析】（1）首先根据题意得到hxlnxa1，再利用导数分类讨论求解极限值即可.x（2）首先将题意转化为证明xlnxasinx1，再分类讨论对0a1，a0和1a0的情况进行证明即可.【详解】（1）∵hx∴hxlnx所以hxfx，fxxlnxa1，xa1，x1a1xa1，x0,.22xxx当a10时，即a1时，hx0，函数hx在x0,上单调递增，无极小值；当a10时，即a1时，令hx0，解得0xa1，函数hx在0,a1上单调递减；令hx0，解得xa1，函数hx在a1,上单调递增.∴xa1时，函数hx取得极小值ha11lna1.综上所述，当a1时，hx无极小值；当a1时，hx取极小值为1lna1.（2）令Fxfxgxxlnxasinx1，x0,.当1a1时，要证fxgx，即证Fx0，即xlnxasinx10，即证xlnxasinx1，①当0a1时，令txxsinx，tx1cosx0，所以tx在x0,上单调递增，故txt00，即xsinx.∴ax1asinx1，令uxxlnxx1，uxlnx，当x0,1，ux0，ux在0,1上单调递减；x1,，ux0，ux在1,上单调递增.15故uxu10，即xlnxx1，当且仅当x1时取等号，又∵0a1，∴xlnxx1ax1，由上面可知：xlnxx1ax1asinx1，所以当0a1时，xlnxasinx1.②当a0时，即证xlnx1.令vxxlnx，vxlnx1，可得vx在0,1e上单调递减，在1e,上单调递增，vx11minvee1，故xlnx1.③当1a0时，当x0,1时，asinx11，由②知vxxlnx1e，而1e1，故xlnxasinx1，当x1,时，asinx10，由（2）知vxxlnxv10，故xlnxasinx1；所以，当x0,时，xlnxasinx1.综上①②③可知，当1a1时，fxgx.16