广东省广州外国语、广大附中、铁一中学等三校2024-2025学年高三上学期期中联考数学试题答案

3.0 envi 2024-11-27 4 4 1.18MB 8 页 3知币
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答案第 1页，共 8页
参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
D
C
D
B
C
CD
ABD
题号
11
答案
B
1．C【详解】由
25 0x x 
，解得
0 5x 
，所以
 
1, 2,3, 4,5A
，由
1 2x 
，解得
1 3x 
，所以
 
0,1, 2B
，
，故选：C．
2．A【详解】设
iz x y 
，
,x y R
由
8 4iz z  
得
2 2 i 8 4ix y x y    
所以
2 2 8
4
x y x
y
 
，解得
3, 4x y 
∴
3 4iz 
．
3．C【详解】如图所示：以
A
为原点，建立平面直角坐标系，
因为正方形
ABCD
的边长为 1，可得
(0, 0)A
，
(1,0)B
，
(1,1)C
，
(0,1)D
，
AM AB
 
，
AN AD
 
，
( ,0)M
，
(0, )N
，
( 1, 1)CM
 
，
( 1, 1)CN
 
，
1 1 1CM CN
 
   
 
，故
1
 
 
，
2 2 2 2 2
2 (1 ) 2 3 2 1
    
   
，
故
1
3
时，
2
3 2 1
 
 
的最小值是
2
3
，
4．D【详解】由
( ) 3
4
sin cos sin cos
 
 
，
所以
 
29
1 2 16
sin cos sin cos
 
 
，可得
7
2 0
16
sin cos
 
 
，因为
 
0,
 
，所以
sin 0, cos 0
 
 
，可
得
sin cos 0
 
 
，又由
 
223
1 2 16
sin cos sin cos
 
 
，可得
23
4
sin cos
 
 
，所以
 
2 46
4 2 8
sin sin cos
 
 
 
 
.
5．C【详解】设球的半径为
R
，则球的体积为
3
4π
3R
，圆柱底面积为
2
πR
，高为
2R
，故圆柱的体积为
2 3
π 2 2πR R R 
，
故
3
3
2π 3
42
π
3
R
m
R
 
，球的表面积为
2
4πR
，圆柱的表面积为
2 2
2π 2π 2 6πR R R R  
，故
，故
1
n
m
，
6
2
1
xx
 
 
 
展开式中的通项公式为
 
 
6 2 6 3
1 6 6
C 1 C
rr
r r r r
r
T x x x
 
 
，令
6 3 0r 
，解得
2r
，故常数项为
 
22
3 6
1 C 15T 
.
6．D【详解】由题意，将函数
sin 2 6
y x
 
 
 
 
的图象向右平移
( 0)m m
个单位长度，
得到的图象对应的函数
 
sin(2 2 )
6
y f x x m
 
的图象，因为
 
f x
在区间
5
,
12 12
 
 
 
 
上单调递减，
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
答案第 2页，共 8页
所以
2 ( ) 2 2
12 6 2
m k
 
 
且
5 3
2 2 2 ,
12 6 2
m k k z
 
 
，解得
,
4 4
k m k k z
 
 
  
，即
4
m k
 
，令
1k 
，可得
m
的最小值为
3
4
.
7．B【详解】
 
1 18
18 9 10
18 9 0
2
a a
S a a
 
，即
9 10 0a a 
，
 
1 19
19 10
19 19 0
2
a a
S a
 
，即
10 0a
，故
90a
，
0d
，①当
1 9n≤ ≤
，
*
Nn
时，
0
n
a
，
0
n
S
，故
0
n
n
S
a
，
9
max
n
S S
，
9
min
n
a a
，故
9
9
max
n
n
S S
a a
 
 
 
；
②当
10 18n 
，
*
Nn
时，
0
n
a
，
0
n
S
，故
0
n
n
S
a
，
10
max
n
S S
，
10
min
n
a a
，
10
10
min
n
n
S S
a a
 
 
 
；
③当
19n
时，
19
19
0
S
a
且
19 18 18
19 19 19
19 1 1
S S S
a a a
a
 
，
9 8 9 8
9 9 9
1 1
S S a S
a a a
 
，故
19 9
19 9
S S
a a
；
综上所述：
18 19
1 2
1 2 18 19
, , , ,
S S
S S
a a a a
中，最大项和最小项分别为
9 10
9 10
,
S S
a a
.
8．C【详解】令
1x
，
1y 
，
   
1 1 1 1f f f  
，所以
 
1 1f
；令
= 1x
，
1y 
，
   
1 1 1 1f f f    
则
 
1 1f 
．令
1y 
，得
 
f x f x 
，故
 
0y f x x 
为偶函数．A错误，
任取
1
x
，
 
20,x 
，
1 2
x x
，则
2
1
1
x
x
，则
   
2
2 1 1
1
1
x
f x f x f f x
x
 
 
 
 
，故
 
0y f x x 
在
 
0,
上为
减函数．由已知
 
2 1 1f x  
，可得
 
 
2 1 1f x f 
，故
2 1 1x 
，解得
1 0x 
，且
1
2
x 
．B错误，
若
 
1
22
f
，则
 
 
   
10 9
1024 2 2 2 1 10 2 9 4f f f f f  
，C正确，若
12
2
f
 
 
，则
2
1 1
2 1 3
2 2
f f
 
 
 
 
，
4 2
1 1
2 1 5
2 2
f f
   
 
   
   
，
5 5
1 1 1 1 6
2 2 2
f f f
   
 
   
   
，所以
5
1 1
2 1 11
1024 2
f f
 
 
 
 
，
故D错误，
9．CD【详解】由题意知，
2
100 100
 
 ，
，A：标准差：
210
，故 A错误；
B：
(100 10 100 10) (90 110) 0.6827P X P X  ，
 
1
90 [1 (90 110)] 0.15865
2
P X P X  
，
 
90 1 ( 90) 0.84135 0.86 86%P X P X  
，故 B错误；
C：
(100 30 100 30) (70 130) 0.9973P X P X    
，
1000 0.9973 997 
人，故 C正确；
D：
(100 20 100 20) (80 120) 0.9545P X P X    
，
因为成绩服从标准正态分布，
 
1
80 120 [1 (80 120)] 0.02275
2
P X P X P X  
，故 D正确.
10．ABD
【详解】
 
20)f x a x a x b a  （
,
     
2
2 3 2f x a x a x b a x a a x a x b a
 
,
令
 
0f x
，
x a
或
2
3
b a
x
,由题意可知，
2
3
b a a
.
函数
 
20)f x a x a x b a  （
的极大值点为
x a
，
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
答案第 3页，共 8页
0
2
3
a
b a a
或
0
2
3
a
b a a
.即
0b a 
或
0b a 
.所以
2 2
a b
，A正确，
2
a ab
，B正确，
1 2
2 2 4
+3 3
b a b a
x x a
 
 
，
0b a 
时，
1 2
+ 0x x
正确，
0b a 
时
1 2
+ 0x x
错误，则 C错误，
1 2
2
30xbax a 
，D正确.
11．ACD
【详解】平面内
 
0, 2M
和
 
0, 2N
，动点
 
,P x y
满足
 
4PNPM m m 
，故
2 2 2 2
( 2) ( 2)x y x y m   
，
A：
 
0,0
代入，可得
4m
，正确；
B：对应曲线任意点
( , )x y
，则关于 y轴对称点为
( , )x y
，关于
x
轴对称点为
( , )x y
，
将
( , )x y
代入上式得
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( 2) ( ) ( 2) ( 2) ( 2)x y x y x y x y m        
；
将
( , )x y
代入上式得
2 2 2 2 2 2 2 2
( 2) ( 2) ( 2) ( 2)x y x y x y x y m   
；
所以曲线
E
既关于
y
轴对称，也关于
x
轴对称，不正确;
C：若
P
、
M
、
N
三点不共线，则
+ 2 2PM PN PM PN m  
 
，当且仅当
=PM PN m
 
时等号成立，
又
| | 4MN
，所以
PMN
周长的最小值为
2 +4m
，正确；
D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式，
曲线
E
上与
M
、
N
不共线的任意一点
G
关于原点对称的点为
H
，
又图象既关于
x
轴对称，又关于
y
轴对称，且
GM GN m
 
，知：
四边形
GMHN
的面积为
2 sin
MNG
S GM GN MGN m 
，当且仅当
sin 1MGN 
时等号成立，此时
π
2
MGN 
，
所以四边形
GMHN
的面积不大于
m
，正确.
【点睛】曲线为
2 2 2 2
( 2) ( 2)x y x y m   
，对于
m
的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合
基本不等式
2 , , 0a b ab a b 
即可证明 C，对于 D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象，
得到面积表达式.
12．
2 1
【详解】设
 
2, 0F c
，得到
2
2
b
PF a
,由题意知
2
2
bc
a
，即
2 2 2c a ac 
，
所以
，解得
2 1e 
，或
2 1e 
（舍去）．
13．
1
ln 2e
【详解】设公切线在曲线
2
y ax
与
lny x
上的切点分别为
1 1 2 2
( )A x y B x y, , ( , )
，
由
lny x
可得
1
yx
，所以
2
12
x
，解得
2
1
2
x
，所以
2 2
ln ln 2y x  
,则
1
( , ln 2)
2
B
，
所以切线方程为
1
ln 2 2( )
2
y x  
，又由
2
y ax
，可得
2y ax
，所以
1
2 2ax
，即
11ax
，
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
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