江西省景德镇市2023-2024学年高三上学期第一次质量检测 数学答案

2024届高中数学高三一检参考答案一、选择题123456789101112CABABCBDBCDBDBCDACD1.C【解析】A{2,1,0,1，2,3}，B1,1，所以AIB{-1，}，故选C.13i2.A【解析】z2i，z2i在复平面内对应的点为2,-1在第四象限，故选1iA.3.B【解析】a1且b1，则ab2；反之，a3，b0，满足ab2，但不能推出a1且b1，所以a1且b1是ab2的充分不必要条件，故选B.uuuruuuruuuruuur4.A【解析】AD在AB方向上的投影数量为2，所以ABAD22=4，故选A.lnx1lnxlneln5.B【解析】设fx，f/x，∴fx在e,单减，所以>，xx2eeπ即e>∴c>b，又a3ec，∴acb，选B1234539404848506.C【解析】∵x3，y45，55∴a453336，所以A正确，因为y与x成正相关，所以B正确，代入x6得1222y54，所以D正确，因为方差s239454045504520.8，5所以C错误,故选C.7.B【解析】四边形ADFE是菱形12345,由抛物线的性质可知ADAF242p81251+2+5180160AB选Bsin213{#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}SS【解析】由=1知，=，由=2，得，正确；8.Da1a12a2an0a22AS11S21SS1由=n知，=n，an0Sn1Sn1an1Sn1Sn1Sn111所以-=-，所以递减，有最大值，无最小值，正确；an+1an0anBSn+11Sn1S=n，则=，故正确；an1Sna1Lan2n1n1CSn1n1S+nSSS-n1SnS-=n1-n=nn1n1n，不存在*，n1an+1nan0n0NSn+11Sn1Sn+11Sn1使nan1a，故D错误；故选D.0n00n0139.BCD【解析】MN的方程为xy3，O到MN距离为5223MN与圆O相交，弦长为252故A错误B正确2过N作圆O的切线，位于第二象限的切点为A52sinANOANO45MNA90故C正确32若MPN90，则P在以MN为直径的圆x2y23x3y0上，圆x2y23x3y0与圆x2y25相交，故存在P使得MPN90故D正确rrrr3110.BD【解析】若ab，则absincossin()0226{#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}5Q0，+得=A错误66rr11若ab，则sin()36357sin(2)sin[2()+]cos2()12sin2()B正确662669rr33若a//b，则sincossin2422Q0，20，2得2，，C错误3363rr131若ab则sin2+cos2+得cos2442242Q0，20，22，得，D正确333311.BCD【解析】若为矩形，还可以DHAE,故A错误，若为菱形，则邻边相等，对角线互相垂直，可得B正确，EH最小为2，最大为5，所以C正确，综合矩形和菱形条件得D正确lnx1'，1在1，和，12.ACD【解析】fx2，∴fx在0Z,11]，画出xlnxee草图即可得ACD正确二、填空题421【解析】常数项为4213.60C62x60x-211【解析】，，，所以切线方程14.x2y10fx2f1f101xx21为yx1.23915.或4422【解析】g(x)sin(x)由g(x)为偶函数，得g(0)sin13323k3k得（kZ)3224{#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}T539Q03,验证满足条件2624439或44616.yx210310【解析】在RtVOQF中sinQFOcosQFO1110110310c在RtPFF中PFFFcosQFO，121121510cPFFFsinQFO21215210cc10b62aPFPF125a2a26故双曲线的渐近线方程为yx2三、解答题17.（1）n2时，Sn1an，Snan1，两式相减得，an12an，a2a11，所以1,n1ann22,n2（）时，，又，所以n12n2Snan1S1a2Snan12.A1cosAbcb18.解：（1）Qcos2cosA222ccb2c2a2b得b2+a2c2ACB902bcc{#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}13（2）在Rt△ABC中CAB，acbc622延长DC交AB于E，延长BC交AD于F1111CFBCc，CEABc，CD2CEc242213CF13在Rt△ACF中AFCF2+AC2c,sinDAC4AF13CDAC39在△ACD中得sinADCsinDACsinADC2619.解析：连接AM，PM，∵△PAB与△PAC均为等边三角形，∴ACAB,PCPB∴AMBC,PMBC∴BC平面PAM∴PABC得证；2（2）设AB=a,由（1）可知：AMPMa,所以PM平面ABC2如图建立空间直角坐标系，则：222uuur22Aa,0,0B0,a,0,P0,0,a,APa,0,a2222222∴Na,0,a44uuur22uur22设平面的一个法向量为：ABa,a,0BP0,a,a,ABP2222urmx,y,z，则：{#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}uruuur22mABaxay022ur，令y1得x1,z1，∴m1,1,1uruur22mBpayaz022r同理可得：平面NBP的一个法向量为：n1,1,1，urrmn1111则cosurrmn3331又二面角A-PB-N的平面角为钝角，所以二面角A-PB-N的余弦值为3.431433212120.解析：（1）P55455453125（1）X0,1000,3000,600012146PX05125125428PX10005525433327PX300055451254332212PX600055453125X0100030006000P468271212525125125所以EX15442b222(xa)y203解（）设0a21.:1M(x0,y0)kMAkMB2222x0ax0a4b23Q2c2a24,b23a24x2y2曲线C的方程为1；433（2）设PB,AQ的斜率分别为k,k易知kkkkk2k341324434的方程为，的方程为ATyk4(x2)BTyk3(x2){#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}2xT32yk4(x2)8k6422xQ23x4y124k4322yk3(x2)8k632k63422xP223x4y124k3316k432223AT3222由xPxQ得k4(4k43)(,1).8AQxQ29322.（1）由题意可知g(x)f(x)sinxsin2x2sinx，x0,2则g(x)2cos2x2cosx4cos2x2cosx22(2cosx1)(cosx1)，1令g(x)0，又x0,，则cosx，解得x0,22333则g(x)在0,单调递增，在,单调递减.又g(0)0，g()，g()2，33232233综上所述：函数g(x)f(x)sinx值域为0,.2f(x)（2）由3cosx，x0,化简可得：sinxsinax3xcosx0，x2令h(x)sinxsinax3xcosx，x0,2则h(x)acosax2cosx3xsinx，x0,，h(0)a2.2a323①a1，h()sinsincos(2)0（舍去）；4444424②若a2，h(x)sinxsin2x3xcosx，h(x)2cos2x2cosx3xsinxh(x)4sin2x5sinx3xcosx8sinxcosx5sinx3xcosx5sinx5sinxcosx3xcosx3sinxcosx5sinx(1cosx)3cosx(xsinx){#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}易证x0,时，xsinx，则h(x)0，可得h(x)在0,单调递增22又h(0)0，则h(x)0，h(x)在0,单调递增2同理h(0)0，则h(x)0，x0,，符合题意.2③若，令，，a3x00,ax0x0x0(a1)sinax0sin(x0)a12（舍去）h(x0)sinx0sin(x0)3x0cosx03x0cosx00综上所述：a的取值集合为2.{#{QQABAYQQogggABBAAAhCUwEiCAIQkAGCAAoOwFAAMAABgQNABAA=}#}