24南通二模数学答案_2024年4月_01按日期_15号_2024届江苏省南通如皋高三下适应性考试(二)(南通2.5模）_2024届江苏省南通市如皋市高三下学期二模数学试题

【参考答案】 一、单选题 1.A 2.C 3.D 4.D 5.B 6.B 7.A 8.A 二、多选题 9.AD 10.ACD 11.ABD  三、填空题 12. 1 13. 14. y2 2(x4) 3 四、解答题 1 15．（1）当n1时，由条件得a  a 2，所以a 4. 1 2 1 1 1 当n2时，由条件得(a a ) a 5，所以a 2. 2分 1 2 2 2 2 1 1 因为S  a n2 1，所以S  a (n1)2 1(n2)， 4分 n 2 n n1 2 n1 1 1 两式相减得：a  a  a 2n1，即a a 4n2， 6分 n 2 n 2 n1 n n1 所以(a a )(a a )[4(n1)2](4n2）4， n1 n n n1 从而数列a a 为等差数列.  8分 n1 n （2）由（1）知a a 4n2， n n1 与（1）类似，可证：a a ,a a ,,a a 成等差数列， 10分 1 2 3 4 19 20 所以S (a a )(a a )(a a ) 20 1 2 3 4 19 20 (422)(442)(4202) 10(678)  13分  420. 2 1 1ax 16.（1） f '(x) a （a0)， 2分 x x 当a0时，由于x0，所以 f '(x)0恒成立，从而 f(x)在(0,)上递增； 4分 1 1 当a0时，0 x ， f '(x)0；x ， f '(x)0， a a 1 1 从而 f(x）在（0，)上递增，在( ,)递减.  6分 a a 2 （2）令h(x) f(x)g(x)lnxax ，要使 f(x)g(x)恒成立， ax 只要使h(x)0恒成立，也只要使h(x) 0. 8分 max 学科网（北京）股份有限公司 1 {#{QQABTQIAggigAIBAARgCEQHwCEGQkBCCCIoGgEAMoAAByQFABAA=}#}1 2 (ax1)(ax2) h'(x） a  ， 10分 x ax2 ax2 2 2 由于a0，x0，所以ax10恒成立，当0 x 时，h'(x)0，当  x时， h'(x)0， a a 2 2 2 所以x ，h(x) h( )ln 30， 13分 a max a a 2 2 解得：a ，所以a的最小值为 . 15分 e3 e3 17.（1）法一 先选出队长，由于甲不担任队长，方法数为C1; 2分 3 再选出副队长，方法数也是C1,故共有方法数为C1C1 9(种).  5分 3 3 3 方法二 先不考虑队长人选对甲的限制，共有方法数为A2 4312（种）； 2分 4 若甲任队长，方法数为C1，故甲不担任队长的选法种数为1239（种） 5分 3 答：从甲、乙、丙、丁中任选两人分别担任队长和副队长，甲不担任队长的选法共有9种.  6分 1 （2）①若第一次传球，老师传给了甲，其概率为 ；第二次传球甲只能传给乙、丙、丁中的任 4 6 1 一位同学，其概率为 ；第三次传球，乙、丙、丁中的一位传球给老师，其概率为 ，故这种传 7 7 1 6 1 3 球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为：    . 10分 4 7 7 98 3 ②若第一次传球，老师传给乙、丙、丁中的任一位，其概率为 ，第二次传球，乙、丙、丁中的 4 2 1 一位传球给甲，其概率为 ，第三次传球，甲将球传给老师，其概率为 ，这种传球方式，三次 7 7 3 2 1 3 传球后球回到老师手中的概率为    . 4 7 7 98 3 3 3 所以，前三次传球中满足题意的概率为：   . 14分 98 98 49 3 答：前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是 .  49 15分 18.（1）连AG交BC于D，连AD. 1 由于G为ABC的重心，所以D为BC的中点. 1 在 三 棱 柱 ABCABC 中 ， 因 为 1 1 1 AB AC,AA AA,AABAAC,所以AABAAC, 1 1 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司 2 {#{QQABTQIAggigAIBAARgCEQHwCEGQkBCCCIoGgEAMoAAByQFABAA=}#}从而AB AC. 2分 1 1 由于D为BC的中点，所以ADBC,ADBC,又ADADD，所以BC 平面AAD, 1 1 1 因为AA平面AAD，所以BC AA,因为AA//BB,所以BCBB. 4分 1 1 1 1 1 1 (2)①AA AB2,AAB600 ,AAB 为正三角形；同理， AAC 也为正三角形， 1 1 1 1 AB ACBC2，从而三棱锥AABC的所有棱长均为2，该四面体为正四面体， 1 1 1  6分 由于G为ABC 的重心，AG 平面ABC，又CP平面ABC,所以AG//CP. 1 1 1 1 1  8分 ②设ABC 的重心为O，OAD,且AO:OD2:1，在平面ABC内，过O作OE //BC ,连AO，则 1 AO平面ABC. 1 以O为原点，以OA,OE,OA 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 1 2 3 2 6 AO AA2 AO2  22 ( )2  ， 1 1 3 3 2 3 3 3 2 6 所以A( ,0,0),B( ,1,0),C( ,1,0),A(0,0, ) ， 3 3 3 1 3      2 6 2 6 OC OA AC OA AC  (0,0, )( 3,1,0) ( 3,1, ) , 1 1 1 1 1 3 3 2 6 所以C ( 3,1, ). 11分 1 3  设G(x,y,z)，AP与平面ABC所成的角为， 1 1 1 2 6 3 3 2 3 2 6 则(x,y,z) [(0,0, )( ,1,0)( ,1,0)]( ,0, ) ， 3 3 3 3 9 9  8 3 2 6 所以AG（ ，0， ）， 13分 9 9     因为P平面ABC，所以设P(x,y,0)，由①知：C P//AG，从而存在实数，使CPAG ， 1 1 2 6 8 3 2 6 5 3 所以(x 3,y1, )( ,0, ) ，解得：3,y1,x ， 3 9 9 3 5 3  5 3 2 6  从而P( ,1,0).AP( ,1, )//(5, 3,2 2) ，令a(5, 3,2 2)， 3 1 3 3 学科网（北京）股份有限公司 3 {#{QQABTQIAggigAIBAARgCEQHwCEGQkBCCCIoGgEAMoAAByQFABAA=}#} 8 3 2 6  AG( ,0, )//(4,0, 2)，令n(4,0, 2)， 15分 9 9   an 5(4)( 3)0(2 2) 2 2 2 sin     . 17分 a  n 52 38 (4)2 2 3 19.（1）因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称，又顶点在x轴上，可设双曲线的方程为 x2 y2 b b 3  1(a0,b0)，从而渐近线方程为：y x，由题条件知：   2分 a2 b2 a a 3 x2 因为双曲线的左顶点为A( 3,0)，所以a 3，b1，双曲线的方程为：  y2 1. 3  4分 （2）① D(t,0)，设直线BC 的方程为：myxt ，将 xmyt 代入方程：x2 3y2 30， 得 ： (m2 3)y2 2mtyt2 30 ， 当 m2 30 且 12(t2 m2 3)0 时 ， 设 B(x,y ),C(x ,y ) ， 则 1 1 2 2 2mt t2 3 y  y  ，y y  . 6分 1 2 m2 3 1 2 m2 3   设直线AG得倾斜角为，不妨设0 ，则AGH  ， 2 2  由于O,A,G,H 四点共圆知：HODAGH ，所以直线OH 的倾斜角为 ， 2  sin( ) k k tantan（  ） sin  2 1 . 8分 AG OH 2 cos  cos( ) 2 y y (t 3) y (t 3) 直线AC的方程为：y 2 (x 3)，令xt,则y 2 ，从而H(t, 2 )， x  3 x  3 x  3 2 2 2 y (t 3) y y y (t 3) 所以k  2 ，又k k  1 ，得： 1  2 1， OH t(x  3) AG AB x  3 x  3 t(x  3) 2 1 1 2 (t 3)y y t(x  3)(x  3) ， 10分 1 2 1 2 又x my t,x my t代入上式得： 1 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司 4 {#{QQABTQIAggigAIBAARgCEQHwCEGQkBCCCIoGgEAMoAAByQFABAA=}#}(t 3)y y t(my t 3)(my t 3）， 1 2 1 2 (t 3)y y t[m2y y m(t 3)(y  y )(t 3)2] ， 1 2 1 2 1 2 t2 3 t2 3 2mt (t 3) t(m2 m(t 3) (t 3)2]， m2 3 m2 3 m2 3 3 化简得：4t2 3 3t30，解得：t 3(舍)或t  . 4 3 故点D的坐标为（ ，0）. 12分 4 3 3 5 3 ②AG：ytan(x 3)，由①知：t  ，所以G( , tan). 4 4 4 1 3 3 OH : y x，所以H( , )， tan 4 4tan 5 3 3 若G,H 在x轴上方时，G在H 的上方，即tan0时， tan ； 4 4tan 5 3 3 5 5 若G,H 在x轴下方时， 即tan0时， tan ，所以tan 或tan . 4 4tan 5 5 3 又直线AG与渐近线不平行，所以tan . 3 5 5 3 所以0,tan 或tan 且tan . 14分 5 5 3 3 5 3tan 1 因为OG ( )2 ( )2  3(125tan2)， 4 4 4 1 3(125tan2) OG 4 设圆P的半径为R，面积为S 则2R  ， sin sin 3 (125tan2) 1 (125tan2)(sin2cos2) 所以R2     64 sin2 64 sin2 3 (125tan2)(1tan2) 3 1    (25tan2 26) 64 tan2 64 tan2 3 1 27  (2 25tan2 26)  ， 64 tan2 16 1 5 当且仅当25tan2 即tan 时，上述不等式取等号， tan2 5 5 5 3 27 7 tan 或tan 且tan . 所以R2  且R2  ， 5 5 3 16 4 27 7 从而S  且S  .  17分 16 4 学科网（北京）股份有限公司 5 {#{QQABTQIAggigAIBAARgCEQHwCEGQkBCCCIoGgEAMoAAByQFABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司 6 {#{QQABTQIAggigAIBAARgCEQHwCEGQkBCCCIoGgEAMoAAByQFABAA=}#}