广东省佛山市S7高质量发展联盟2023-2024高三上学期10月联考数学试卷（含解析）

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
一、单选题
1．设集合M {x∣x 2k 1,k Z},N {x∣x k 2,k Z}，则（ ）
A．M = N B．M N
C． N M D．M N
5
2．已知复数 z 1 i（ i为虚数单位），则 （ ）7 4z
A．1 B． 5 C．3 D．4

3．如图，在矩形 ABCD中，AB＝2，BC＝ 3，E是 CD的中点，那么 AE DC （ ）
A．4 B．2 C． 3 D．1
4．已知函数 f x 是 R上的偶函数，且满足 f x f x 4 ，当 x 0,2 时，
y log2 x 1 ，则 f 2019 f 2020 （ ）
A．1 B．-1 C．-2 D．2
x25 y
2 3
．已知椭圆 C： + =1的离心率为 ，则 C的长轴长为（ ）
m m 6 2
A．8 2 B．4 2 C．2 2 D．4
6．曲线C : x y2 2y 与直线 l : x y m 0有两个交点，则实数m的取值范围（ ）
A． 2 1 m 1 2 B． 2 m 1 2 C． 1 2 m 2 D． 2 m 2
7 2 n n．已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn，且 a1 2， Sn 1 3 an 1 Sn Sn 2 3 ，则 S2023 （ ）
2023 2023 2022
A 3 - 1 3 1．32023 1 B 3 1 ． C． D．
2 2 2
8．如图，某公园有一个半径为 2公里的半圆形湖面，其圆心为 O，现规划在半圆弧岸边取点 C、D、E，且
DOE 2 AOC 2 COD，在扇形 AOC区域内种植芦苇，在扇形COD区域内修建水上项目，在四边形ODEB
区域内种植荷花，并在湖面修建栈道DE和 EB作为观光线路.当DE EB最大时，游客有更美好的观赏感受，则
DE EB的最大值为（ ）
9
A B 4 C 9． ． ． D．6
4 2
二、多选题
9．下列结论正确的有（ ）
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{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
A．若随机变量 ， 满足 2 1，则D( ) 2D( ) 1
B．若随机变量 N 3, 2 ，且 P( 6) 0.84，则P(3 6) 0.34
C．若线性相关系数 | r |越接近 1，则两个变量的线性相关性越强
D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若
这两组数据的第 30百分位数、第 50百分位数都分别对应相等，则m n 67
10．现安排甲、乙、丙、丁、戊 5名同学参加 2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机
四项工作可以安排，则以下说法正确的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为 45
B 1 A4C1．若每项工作至少有 人参加，则不同的方法数为 5 4
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排 1人，则这 5名同学全部被安排的不同方法数为
C3C1 C2C2 A35 2 5 3 3
D．每项工作至少有 1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则
1 2 3 2 3
不同安排方案的种数是C3C4A3 C3A3
f x
11．设函数 f x x ln x,g x ，则下列说法正确的有（ ）
x
1
A ．不等式 g x 0的解集为 , ；
e
B．函数 g x 在 0,e 单调递增，在 e, 单调递减；
x 1C．当 ,1

时，总有 f x g x 恒成立；
e
D 2．若函数 F x f x ax 有两个极值点，则实数 a 0,1
12．如图甲，在矩形 ABCD中，AB 2，BC 1，E为 AB上一动点（不含端点），且满足将△AED沿DE折起后，
点A在平面DCBE上的射影 F 总在棱DC上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有 BC AD
B．当 EB
1 1
时，翻折后异面直线 AE与BC所成角的余弦值为
2 3
1
C．当 EB 5 5时，翻折后四棱锥 A DCBE的体积为
2 36
D 1．在点 E运动的过程中，点 F 运动的轨迹长度为 2
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三、填空题
9
13 ．在二项式 x
1
的展开式中，常数项是 ．
2x
11
14．在 ABC D 6中，点 是边 BC上一点，且 AB 4，BD 2 . cosB ， ，
16 cosC 4
则 DC= .
15．在正四棱锥 P ABCD中，已知 PA AB 2，O 2 3为底面 ABCD的中心，以点O为球心作一个半径为 的
3
球，则平面 PCD截该球的截面面积为 ．
16．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点 A,B的距离之比为定值
1 的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直
角坐标系 xOy中，A 2,1 ，B 2,4 1，点 P是满足 的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为 ；
2
1
若点Q为抛物线 E : y2 4x上的动点，Q在 y轴上的射影为H，则 PB PQ QH 的最小值为 .
2
四、解答题
1
17．已知 ABC中，角 A，B，C的对边分别是 a，b，c，且 a cos B b c．
2
(1)求角 A的大小；
(2)设 AD是 BC边上的高，且 AD 2，a 2 3，求b c的值．
18．如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，M是棱 DD1上的一点，AA1⊥平面 ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB
＝2AD＝2DC.
（1）若 M是 DD1的中点，证明：平面 AMB⊥平面 A1MB1；
V
（2）设四棱锥 M-ABB1A1与四棱柱 ABCD-A 11B1C1D1的体积分别为 V1与 V2，求V2
的值．
19．已知各项均为正数的等比数列 an 的前 n项和为 Sn，且 2a2 a3 a4 ,S4 2 a5 ；数列 bn 满足
b 1, 1 2 n n
2
1 n N ．b1 b2 bn bn
(1)求 an 和bn ；
1
(2)求数列 的前 n项和T ．
bn 2 log a
n
2 n
第 3 页 共 4 页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
20．随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新
时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情，掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二
年级全部 1000名学生学习古诗词的情况，举行了“古诗词”测试，现随机抽取 100名学生，对其测试成绩（满分：
100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示.
(1)根据频率分布直方图，估计这 100名学生测试成绩的平均数（单位：分）；
（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
(2)若该校高二学生“古诗词”的测试成绩 X近似服从正态分布N ,169 ，其中
近似为样本平均数，规定“古诗词”的测试成绩不低于 87分的为“优秀”，据此估计该校高二年级学生中成绩为
优秀的人数；（取整数）
(3)现该校为迎接该省的 2023年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛，在五一前夕举行了一场校内“诗词大会”.该“诗
词大会”共有三个环节，依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”，规则如下：三个环节均参与，在前两
4 5
个环节中获胜得 1分，第三个环节中获胜得 4分，输了不得分.若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为 ， ，
5 7
1
2 ，假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的.记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量 ，求
的分布列和数学期 E .
2
（参考数据：若 X ~ N , ，则 P X 0.6826， P 2 X 2 0.9544，
P 3 X 3 0.9974 .
21 2．已知抛物线 E : y 2px p 0 ， P 4, y0 为 E上位于第一象限的一点，点 P到 E的准线的距离为 5．
(1)求 E的标准方程；
(2)设 O为坐标原点，F为 E的焦点，A，B为 E上异于 P的两点，且直线 PA与 PB斜率乘积为 4．
（i）证明：直线 AB过定点；
（ii）求 FA FB 的最小值．
1
22 2．已知函数 f x x 2alnx a 2 x,a R ．
2
(1)当 a 1时，求函数 f x 的极值．
f m f n
(2)是否存在实数 a，对任意的m,n 0, ，且m n，有 a恒成立？若存在，求出 a的取值范
m n
围；若不存在，说明理由．
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{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}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M {x∣x 2k 1,k Z}，故M 为奇数集.而 N {x∣x k 2,k Z}，故 N为整数集，
∴M N .故选：B.
2．A
5 5 5 5 3 4i 3 4
【详解】因为复数 z 1 i（ i为虚数单位），则 i7 4z 7 4 1 i 3 4i 3 4i 3 4i 5 5 ，
5 3 2 4 2
因此，
1 .故选：A.7 4z 5 5
3．B

【详解】 AE DC AD DE DC AD DC DE DC ,因为 AD DC，故 AD DC 0 .

而 E为CD的中点，故DE DC 1 2 cos0 2，故 AE DC 2 .故选：B.
4．A
【详解】由题可知 f (x)是以 4为周期的周期函数， f (2019) f ( 1 4 505) f ( 1) f (1) log2(1 1) 1，
f (2020) f (0 4 505) f (0) log2 (0 1) 0， f (2019) f (2020) 1.故选：A．
5．B
3 m 6 m 3
【详解】依题意，因为椭圆 C的离心率为 ，所以 = ，得 m=2，故长轴长为 2 m 6 =4 2．
2 m 6 2
6．B
2 2【详解】由 x y 2y 可知 x 0，得到 x2+y2+2y 0，即 x2 y 1 1， x 0，
作出曲线C : x y2 2y的图像如下：
当直线 l : x y m 0经过点 A 0, 2 时，直线与曲线有两个交点，此时 2 m 0，解
得m 2；
当直线与曲线相切时，圆心 0, 1
1 m 1 m
到直线 x y m 0的距离 d 1，
1 1 2
解得m= 2 1或m 2 1；
因为直线 x y m 0可化为 y x m，由截距 m 0得m 0，则m= 2 1，
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 2 m 1 2 .故选：B.
答案第 1页，共 8页
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7．C
S 2 n n 2 2 n【详解】由题设 n 1 3 (Sn 1 Sn ) Sn Sn 2 3 ，则 Sn 1 Sn 3 (Sn 1 Sn )，
a n 3(1 3
2022)
又 n 都为正项，则 Sn 0，故 Sn 1 Sn 3 ，所以 S S 2022 22023 2022 ... S3 S2 S2 S1 3 ... 3 3 ，1 3
2023
S S S 2 3 3 3
2023
S 1所以 2023 1 2023 ，故 2023 .故选：C2 2
8．C
【详解】设 AOC ，则 DOE 2 , COD , BOE π 4 ，
0 4 π,0 π , 0 2 π ，则 sin 、 cos2 为正数.
4 2
在三角形ODE中，连接DE，由余弦定理得：DE 4 4 2 2 2 cos2 8 8cos2 16sin2 4sin ，
在三角形 BOE中，由余弦定理得：
EB 4 4 2 2 2 cos π 4 8 8cos 4 16cos2 2 4cos 2 4 1 2sin2 ，
所以DE EB 4sin 4 1 2sin2 8sin2 4sin 4 ,
4 1
由于 sin 0,
2
，所以当 sin
2

2 8 4
时，DE EB取得最大值，
2
也即 sin AOC
1
DE EB 1 1 9时， 取得最大值为 8 4 4 .故选：C4 4 4 2
9．BC
【详解】对于 A，由方差的性质可得D( ) 22 D( ) 4D( )，故 A错误；
对于 B，由正态分布的图象的对称性可得 P(3 6) P( 6) 0.5 0.34，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；
37 m
对于 D，甲组：第 30百分位数为 30，第 50百分位数为 ，
2
n 30
n 33 44 77 乙组：第 30百分位数为 ，第 50百分位数为 ，则
2 2 37 m 77
，
2 2
n 30
解得 ，故m n 70m 40 ，故 D错误；故选：BC
10．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 45种安排方法，A正确；
B 5 4 4 4 C2 4对于 ，先将 人分为 组，再将分好的 组全排列，安排 项工作，有 5A4种安排方法，B错误；
答案第 2页，共 8页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
C3C1 2 2
对于 C，先将 5人分为 3组，有 5 2
C
5
C3
2 2 种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有
A2 A2
3 C
3 1 2 2
A 5
C2 C5C 3 A33种情况，则有 2 种安排方法，C错误；
A2 A
2 3
2
D 1 2 3 2 3对于 ，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C3C4A3 C3A3种安排方法，
D正确．故选：AD．
11．AC
ln x 1
【详解】由题意得 f (x) ln x 1，则 g(x) (x 0)
x
对于 A：由 g(x)
ln x 1 1
0 1 ，可得 ln x 1，解得 x e，所以解集为x
,
e ，故 A正确；
1
B x (ln x 1)对于 ： g (x) x ln x ，令
g (x) 0，解得 x=1，
x2 x2
所以当 x (0,1)时， g (x) 0，函数 g(x)为增函数，
当 x (1, )时， g (x) 0，函数 g(x)为减函数，故 B错误；
1 ln x 1
对于 C：当 x ,1 时，若 f x g x ，则 f (x) g(x) 0，所以 x ln x 0，即 2e x ln x ln x 1 0， x
令 h(x) x 2 ln x
1
ln x 1, x ,1 h (x) 2x ln x x2 1 1 2x ln x x 1 ，则 ，
e x x x
1
h (x) 1 1 1 2 ln x 2x 1 2 2 ln x 3 2 ，当 x

,1

时， h (x) 0，函数h (x)为增函数，x x x e
1 1
又 h (1) 0 1 1 0，所以 h (x) 0
2
在 ,1 是恒成立，所以 h(x) x ln x ln x 1, x ,1e
为减函数，
e
h(x) 1 h 1又 2
1
max 2 0 ，所以h(x) x ln x ln x 1 0在 ,1 是恒成立， e e e
x 1所以当 ,1

时，总有 f x g x 恒成立，故 C正确；
e
2 2
对于 D：若函数 F x f x ax x ln x ax 有两个极值点，
则 F (x) ln x 1 2ax 0有两个根，即 2a
ln x 1
在 (0, )有两个根，
x
ln x 1 ln x
令m(x) ，则m (x) 2 ，所以当 x (0,1)时，m
(x) 0，函数m(x)为增函数，
x x
当 x (1, )时，m (x) 0，函数m(x)为减函数，又当 x 0时，m(x) ，当 x 时，m(x) 0，m(1) 1，

所以 2a (0,1)，解得 a 0,
1
，故 D错误.故选：AC
2
12．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，
答案第 3页，共 8页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
又 BC 平面DCBE，所以 AF BC，又 BC DC， AF DC F， AF ,DC 平
面 ADC，所以 BC 平面 ADC，又 AD 平面 ADC，所以BC AD，故 A正确；
如图，
在图乙中作 EP DC于 P，连接 AP，则 EP//BC，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 EP AP而 EP 1，AE 2 BE
3 2
，则 cos AEP ，
2 3
2
即 AE与 BC所成角余弦值为 3 ，故 B错误；
如上图，在图乙中作FG DE于G，连接 AG，则由 AF 平面DCBE可得 AF DE，又 FG AF F，FG，AF
平面 AGF，所以DE 平面 AGF，
又 AG 平面 AGF，则DE AG，在图甲中，如图，
作 AG DE，则A，G， F 三点共线，设 AE x，DF y，则由△DFA∽△ADE可
DF AD y 1
得 ，即 ，又在图乙中有 2 2 2 ，
AD EA 1 x AF AD DF 1 y 0
所以 y 0,1 1，所以 x 1，而 x AE 0,2 ，所以 x 1,2 1 1 1 1y ， y ,1 ,1 ，故 D正确；x 2 2 2
EB 1 x 3 2 4 5当 时， ，则 y ，所以 AF AD2 DF 2 1 ，
2 2 3 9 3
1
1 EB DC BC 2则V 5 5 5A DCBE AF 2 ，故 C正确.故选：ACD.3 2 6 3 36
21
13． / 10.5
2
14．3
【详解】在△ABD中， AD2 AB2 BD2 2AB BD cosB 9，可得 AD 3 .
2 2 2
又由余弦定理， cos ADB AD BD AB 9 4 16 1 sin ADB 15，可得 .
2AD BD 2 3 2 4 4
在△ADC中， sin DAC sin ADB C ，由此可得sin DAC sin ADBcosC cos ADBsinC，
由已知可得 sinC 10 ，代入可得 sin DAC 15 6 1 10 10 ，所以 AD DC，所以DC 3 .
4 4 4 4 4 4
故答案为：3.
2
15． 3
【详解】由正棱锥性质知： PO 平面 ABCD，
取CD中点 E，连接 PE，作OG PE，垂足为G，
PO 平面 ABCD，CD 平面 ABCD， PO CD，
O,E分别为 AC,CD中点， OE//AD，又 AD CD， OE CD，
答案第 4页，共 8页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
PO,OE 平面 POE， PO OE O，\ CD ^ 平面 POE，又OG 平面 POE，
OG CD，又OG PE，CD,PE 平面 PCD，CD PE E ，
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 ，
1 1
PA AB 2， AO AC 2，OE AD 1，
2 2 PO 4 2 2
，
1 1
PE 2 1 3 S PO OE PE OG PO OE 6 ，又 POE ， ；2 2 OG PE 3
2 3 2 2 6 6 S r 2 2 OH ， HG OH OG ，即截面圆的半径 r ， 截面圆的面积 .
3 3 3 3
16 2． x 2 y2 4； 10 10 .
1 PA 1 (x 2)2 (y 1)2 1 2
【详解】设点 P(x, y)， ， 2
2 PB 2
x 2 y 4 .
(x 2)2 (y 4)2 2
抛物线的焦点为点 F ，由题意知 F 1,0 ， QH QF 1，
1 1 PB PQ QH PA PQ QF 1 AF 1 2 1 2 PA PB ， 12 1 10 12 2 min .min
2
故答案为： x 2 y2 4； 10 1 .
1 1
17．【详解】（1）解：在 ABC中， a cos B b c由正弦定理，可得 sin Acos B sin B sinC ，
2 2
即 sin Acos B
1
sin B sin A B 1 1，即 sin Acos B sin B sin Acos B cos Asin B ，整理得 sin B cos Asin B，
2 2 2
因为0 B π，所以sinB 0，则 cos A 1 ，又因为 0 A π π，所以 A …………5分
2 3
1 1
（2）解：由（1）及已知，可得 S△ABC ah 2 2 3 2 3，2 2
S 1bc sin π 3又由 △ABC bc
3
，可得 bc 2 3，所以bc 8，
2 3 4 4
2 2 2 π
由余弦定理 a b c 2bc cos 3，可得12 b
2 c2 bc，
即12 b c 2 3bc 2，即 b c 12 24 36，所以b c 6 . …………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＝45°，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 M ABB1A1的底面 ABB1A1的面积 SABB1A1＝4，高为 AD＝1，
答案第 5页，共 8页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
1 4
所以四棱锥 M ABB1A1的体积 V1＝ SABB1A1×AD＝ .3 3
3
四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面 ABCD的面积 SABCD＝ ，高为 AA2 1
＝2，
V 4
所以四棱柱 ABCD A1B1C1D1的体积 V2＝SABCD×AA 11＝3，所以 V …………12分2 9
19 2．【详解】(1)设等比数列 an 的公比为 q q 0 ,由 2a2 a3 a4 ,q q 2 0
q a 1 2
4
= 2 q 1 ( ) S 2=a 1 2 a 24 a 2 a 2n ,n N 解得 或 舍 ，又 4 5， ，解得 1 ， n ，……2分
1 2 1
1 2 n n2
n N
b1 b2 bn bn
2 2
1 2 n 1 n 1 n n2 n 1 n n 1 n 2时， ， n 2 整理得 n 2 b 1
b b b b b b b bn b
，又 1
1 2 n 1 n 1 n n n 1 n 1
n n
数列 b

是首项为 1的常数列， 1 b n,n N
n b
， n …………6分
n
1 1 1 1 1
(2)设cn bn 2 log2 an n 2 n 2 n n 2
， …………8分

T c 1 1 1 1 1 1 c c 1 1 1 1 1 n 1 2 n 2

3
2 4 3 5 n 1 n 1 n n 2
1 1 1 1 1
3 2n 3
2

2 n 1 n 2 4 2 n 1 n 2 …………12分
20．【详解】（1）由频率分布直方图估计平均数为：
0.005 10 45 0.010 10 55 0.020 10 65 0.030 10 75 0.025 10 85 0.01 10 95 74（分）
…………2分
（2 2）由题意可得测试成绩 X近似服从正态分布 N 74,13
所以 P 61 X 87 0.6826，则 P X 87 1 1 P 61 X 87
1
1 0.6826 0.15872 2
所以1000 0.1587 158.7 159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
P 0 1 4 1 5 1 1 5 7 1 ， 2 35
P 1 4 2 1 1 5 1 13 ，
5 7 2 5 7 2 70
答案第 6页，共 8页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
P 2 4 5 1 2
5 7 2 7
P 4 1 2 1 1
5 7 2 35
P 5 4 2 1 1 5 1 13 ，
5 7 2 5 7 2 70
P 6 4 5 1 2
5 7 2 7
所以 的分布列如下：
0 1 2 4 5 6
1 13 2 1 13 2
P
35 70 7 35 70 7
E 0 1 1 13 2 2 4 1 5 13 6 2 123数学期望 . ……………12分
35 70 7 35 70 7 35
21．【详解】（1）由题可知 4
p
5，解得 p 2 .所以 E的标准方程为 y2 4x； …………2分
2
（2）（i 1 y2）由（ ）知， 0 4 4，且 y0 0，解得 y0 4，所以 P(4, 4) .
y2 y2 k y 1 4 4A
4
设 1 , y ,B 2 , y ，则 PA y21 2 y 4，同理可得， kPB 4 1 1 4 4 y2 4
，
4
k k 4 4则 PA PB 4，即 4 y1 y2 y1y 2 20 0y1 4 y2 4
.
y1 y2 y
2
1
当直线 AB y y x 斜率存在时，直线 AB的方程为 1 y21 y
2 4 ， 2
4 4
整理得 4x y1 y2
4
y y1y2 0 .所以 4x 20 y1 y1 (y 4) 0 ，即 y 4 x 5 y1 y
，
2
所以直线 AB过定点 (5, 4)；
当直线 AB的斜率不存在时 y 21 y2 0，可得 y1 20, x1 5 .
综上，直线 AB过定点 (5, 4) . …………7分
（ii）设 A x1, y1 ,B x2 , y2 ，当直线 AB斜率存在时，
设直线 AB的方程为 y k(x 5) 4 kx 5k 4，
y2 4x, 2 2 2 2
与抛物线 E联立得 ，消去 x得 k x 10k 8k 4 x (5k 4) 0，
y kx 5k 4
10k 2 8k 4 (5k 4)2
由题意 0，所以 x1 x2 2 ,x1x 2 k k 2
.
(5k 4) 2 10k 2 8k 4
所以 | FA | | FB | x1 1 x 2 1 x1x 2 x1 x 2 1 1k 2 k 2
答案第 7页，共 8页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}
48k 20 1 6 2 36 36 1 6 5 36
2 36 20

，所以当 ,k 时， | FA | | FB |的最小值为 ；k k 5 5 5 k 5 6 5
当直线 AB斜率不存在时， x1 x2 5 . 由抛物线定义知 | FA | | FB | x1 1 x 2 1 36 .
故 | FA | | FB |
36
的最小值为 . …………12分
5
1
22 2．【详解】（1）当 a 1时， f x x 2ln x 3x，
2
2
f (x) x 2 3 x 3x 2 (x 0) ，令 f (x) 0，解得 x 1或 x 2，
x x
当 x 1或 x 2时， f (x) 0，当1 x 2时， f (x) 0，
所以 f (x)在 0,1 和 (2, )上单调递增，在 (1, 2)上单调递减，
所以 f (x)的极大值为 f (1)
5
，极小值为 f (2) 2ln 2 4； …………4分
2
（2）假设存在实数 a， 对任意的m,n 0, ，且m n f m f n ，都有 a恒成立，
m n
f m f n
不妨设0 n m

， 若 a，即 f m am f n an，
m n
令 g(x) f (x) ax
1
x2 2a ln x (a 2)x ax 1 x2 2a ln x 2x，
2 2
显然只要 g(x)在 (0, )为增函数即成立，
2 x 1 2 1 2a
因为 g x x 2a 2 x 2x 2a ，
x x x
要使 g(x)在 (0, )为增函数则 g x 0在 (0, )恒成立，
1
即只需 1 2a 0，则 a ，
2
1
所以存在 a , 满足题意． …………12分 2
答案第 8页，共 8页
{#{QQABCQaEgggoABJAAQgCQwFgCAIQkACCACoGBBAMMAAAgANABAA=}#}

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