江西省五市九校协作体2024届第一次联考数学参考答案1．【答案】C2．【答案】B3．【答案】C4．【答案】D【解析】易知等腰三角形的三边为，，；则即有22222，解得，�故�选+：cD.�+b�+c=�+b�−2�3−152．????【−答2�案=】0De=�=22π【解析】由题意每段圆弧的中心角都是，第n段圆弧的半径为n，弧长记为a，则3n2πann，所以，故选：D．32�6．【答案】A�15=3(1+2+3+⋯+15)=80�【解析】设，由，则有，又2|�+�|=m,|，�|即=n�∙�+|�|，=令(�+�)∙�=0(�+,�)⊥�|则�+22π4�|=|(�+�)+3�|=5�+(3�)=25m=5cosθ,3n=5sinθ(0<θ<2)，故选：A．525510m7．+【n答=案5c】osCθ+3sinθ=25+9sin(θ+φ)≤3【解析】设，其判别式，∴函数g(x)一定有两个零点，22��g(x)=�−3�−9∆=3+36>0�设的两个零点为x，x且，1，当时，f(x)g(x)12x1x23�+9,�<�a02��(�)=2�−3�−9,�1≤�≤�2�3�+9,�>�2在,x1上单调递减或为常函数，从而f(x)在不可能单调递增，故a0；又有0，故，∴f(x)在(−上∞单,−调3递)增，要满足在上单调递g增(只−需3)=�>，可解�得1>−3，故选(−：∞C．,−3)(1,+∞)�8．【答12案≤】1B0<�≤12【解析】以AOB所在的平面建立平面直角坐标系，AB为x轴，AB垂直平分线为y轴，则易知A(-1,0)，B（1,0），O（0,1）设M（x，y）由可得,故M的轨迹是以C（2,0）为圆心，为半径的圆，转化到空间M的轨迹为2以C2为球心，MA=3MB(�−2)+�=3为半径的球，同时M在球O上，故M在两球的交线上，轨迹为圆.又OM=，MC=，33易求得OC=，即为直角三角形，则对应圆的半径为，2323305∆OCM5=5M的轨迹长度即对应圆的周长为，故选：B．2309．【答案】AC5�2【解析】易知AC正确；当an为常数列时，数列an是等差数列，故B错误；当an为各1{#{QQABKYIEggAoABAAARhCEQUaCgEQkBECAAoOQAAMsAAAQRNABCA=}#}S项均为0的常数列时，S0，即数列n为各项为0的常数列，可以为等差数列，故Dnn1错误，故选：AC.10．【答案】ACD【解析】可知AC和BD是圆O的两条直径，所以ACBD12；由条件得27227，所以；由已知得cosAODcos2AOF21cosAOBcosAOD3992742AOD(0,π),sinAOD1，9911所以四边形ABCD的面积为2|OA||OD|sinAOD2|OA||OB|sinAOB221142ACBDsinAOD1212322；记双曲线的半焦距为c（c0），联立229x2y21c2a2c2a2c2a222，解得y，故点纵坐标为，则，abAsinAOF222222cccxyabc2221c2a21再由已知可得AOF为锐角，故，所以，sinAOF1233c3a226所以,e．故选：ACDc23211．【答案】BCD【解析】由三角形的两边之和大于第三边性质，知四面体中棱长为3的棱最多有3条，（1）若只有一条棱长度为3，如图，其余棱长都为6，取AB中点E，CD中点F，连接CE,DE,EF，则CEAB,DEAB，AB=3又CE,DE是平面CDE内两相交直线，则AB平面CDE，由已知CE=DE=，则EFCD，EF=，331522315223116−(2)=2(2)−3=2，；AB131191111911911????????∆????��（∆�2�）�若=有2×两6条×棱长2度=为23，还是�如（1=）3中×的�图形×，=3×2×，3=2解法如（1），ABAB=CD=311914914????????∆????�（3）若有三条�棱长度=为3×3，�只能×是底=面3三×边4为×3，3=如图4BC=CD=BD=3,AB=AC=AD=6，四面体为正三棱锥，设AO是正三棱锥的高，O是△BCD的外心，，23OB=3×2×3=3，2222AO=AB−OB=6−3=33，故选：BCD．1132911�12�．�????【=答3案×】�∆A�C�D�×????=3×4×3×33=42{#{QQABKYIEggAoABAAARhCEQUaCgEQkBECAAoOQAAMsAAAQRNABCA=}#}【解析】由题可得，设,,则1xlnx=ylny=lnmf(x)=xlnx�’(�)=lnx+1=0,x=e0<,,又,可得0，，1111111−e−exe�’(�)>0,f(e)=−e−ef(e)2ln2>elnee<2<1cos；；由,则1；故选：ACD．11111π2�−2−��1�+1−��13>．【2答>案c】os1652>2�=�<��>�+1=��<�+1<【解析】.14．【答案】455002244(1+3)+(1−3)=2[�5(3)+�5(3)+�5(3)]=152【解析】由题可知前后两组数据的平均数不变，设为x，设没有变化的4个数与平均数差的平方和为s，所以．222222[�+(2−�)+(9−�)]−[�+(6−�)+(5−�)]15．【答案】�2−�1=6=4【解析】由题23，又3222222x(3x+4y)=3x+4xy=y(3x+2y)=9x+12xy+4y=3(3x+12，当且仅当取等号，即的最小值为．9922222146x．y)【+答4y案=】y2+42y≥y=4y(3x+2y)23【解析】因为四边形ABCD为正方形，O为其中心，所以AC⊥BD于点O，且1OAOBOCOD，不妨设直线AC的方程为ykxk0，则直线BD的方程为yx，k2设点Ax1,y1，Bx2,y2，则Cx1,y1,Dx2,y2，当b0时，fx3xb0，fx1在R上单调递增，与yx仅有1个交点为原点，不合题意，k32当b0时，联立直线AC与曲线方程，得到x1bx1kx1，解得x1kb，11联立直线BD与曲线方程，得到x3bxx，解得x2b，22k22k211因为OAOB，所以1kkb1b，k2k112整理得2，即11，k2bk0kbk20kkkk1设tkkk0，该函数在0,上单调递增，值域为R，k要使符合题意的正方形只有1个，则必有t2bt20有两个相等的实数根，即b280，解得b22，正根舍去，162此时k22，解得k，负根舍去，所以b22．k217．解（1）在中，BD²AD²AB²2ADABcosA54cosA在4cosA32cosC，中，BD2CD2CB22CDCBcosC22cosC，∆ABD∆BCD3{#{QQABKYIEggAoABAAARhCEQUaCgEQkBECAAoOQAAMsAAAQRNABCA=}#}3则2cosAcosC....................................................................（4分）2(2)A+C=A+C221222122221212444�+�=????????????���????????�????�2????�211221132311sinAcosC1cosA2cosA2cosAcosA，.....（6分）4444221622311331因为A0,，设tcosA1,1，则y2tt2t，t1,1，216832331131所以，当t1,1时，y2t2t取得最大值，821632331即cosA时，S2S2的最大值为..................................（10分）8123218．解（1）证明：如图，取BC中点H，取AD中点M，因为FBC为等边三角形，所以FHBC，平面FBC平面ABCD，∆又FH平面FBC，平面FBC平面ABCDBC，所以FH平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则HMHB.以H为坐标原点，HM，HB，HF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Hxyz,11113由题意可得，A2,,0，B0,,0，C0,,0，D2,,0，F0,0,，222221333已知G是CF的中点．则G0,,，可知BG0,,，444413AF2,,，BD2,1,0，由四边形BDEF为平行四边形，22得，设平面AEF的法向量，33��=��1+��3=(0,−2,2)�=(�,�,�)2xyz02211则，取z3，得y1,x，则平面AEF的一个法向量n,1,33322yz022133故BGn0130，则BGn.244且BG平面AEF，则BG∥平面AEF..............................................（6分）3313（2）AE0,,，BD2,1,0，BF0,,，22224{#{QQABKYIEggAoABAAARhCEQUaCgEQkBECAAoOQAAMsAAAQRNABCA=}#}2xy0设平面BDEF的法向量mx,y,z，则13，取z2，得y23,x3，yz022得平面BDEF的一个法向量m3,23,2AEm23219设直线AE与平面BDEF所成角为，则sincosAE,m，AEm31919故所求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为................................（12分）219192119．解（1）由题可知，第2回合甲发球的概率为，乙发球的概率为.332211521124所以第3回合甲发球的概率为，乙发球的概率为.3333933339524114可得第4个回合甲发球的概率为.939327故第4个回合甲发球的概率为.......................................................（4分）14（2）X可以取1，2，3，4.2712243当时，；当时，28；（分）X1P1X4P4........................633327327当X2时，前4个回合甲发球两次的情况分以下三种：2124第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为.333271111第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为.333271212第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为.3332741277故前4个回合甲发球两次的概率为.P；272727272278当X