数学答案_2024年3月_013月合集_2024届江苏省南京市六校高三下学期期初联合调研_江苏省南京市六校2024届高三下学期期初联合调研数学

2023-2024 学年第二学期期初联合调研试题 高三数学答案 2024.2 1-8.ACABCADD 9.AD 10.ABD 11.BCD 12.2 13.5 14.e2 15.(1)y2x； (2)  e2,  （1）当a1时， f(x) x  ex 1  ， f(x)exx11， 则 f(0)2，而 f(0)0， 所以曲线y f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y2x；…………………………6分 x1 （2）x(0,)，由 f(x) x2，得a ， ex x1 2x 设g(x) ，则g(x) ， ex ex 2x 令g(x) 0，得x2， ex 则x0,2时，g(x)0，函数g(x)单调递增， x2,时，g(x)0，函数g(x)单调递减， 故g(x) g(2)e2，故ae2, max 即实数a的取值范围为  e2,  .…………………………13分 27 16.(1)yˆ 10x30； (2)①0.008； ② 32 1 20 1 1 20 1 （1）x x  603，y y  120060， 20 i 20 20 i 20 i1 i1  n  x x  y y   n xy nxy i i i i 440020360 所以b ˆ i1  i1   10，  n  x x 2  n x2nx 2 2602032 i i i1 i1 aˆ yb ˆ x6010330，所以y关于x的经验回归方程为yˆ 10x30.………………5分 （2）设事件A表示“随机取一件药品来自设备A生产”，事件B表示“随机取一件药品来自设 1 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABDYAAogCAAAAAAAhCQw16CkKQkACAAKoOxBAEIAABSRNABAA=}#}备B生产”，事件C表示“所抽药品为不合格品”， 2 1 ①因为设备A的生产效率是设备B的2倍，所以P(A) ，P(B) ， 3 3 P(C|A)0.009，P(C|B)0.006， 2 1 所以P(C)P(A)P(C|A)P(B)P(C|B)  0.009 0.006 0.008，………………12分 3 3 2 P(A)P(C|A) 0.009 3 ②P(A|C) 3  ， P(C)  4 0.008 2 3 3 1 3 27 所以三件不合格品中至少有两件是设备A生产的概率为PC2    C3    …15分 34 4 34 32 21 17.(1)证明见解析； (2) . 13 （1）如图，在CD上取一点G，使得CG AE， BE PF 连接AG，FG，因为  1，且ABCD是平行四边形， CD PD PF BE CG 所以 1  ，故FG//PC， PD CD CD 又因为PC平面PCE，FG平面PCE， 所以FG//平面PCE， 因为ABCD是平行四边形，且CG AE， 所以AECG是平行四边形，故AG//EC， 又因为EC平面PCE，AG平面PCE， 所以AG//平面PCE， 因为AGFGG，且AG平面AFG，FG平面AFG， 所以平面AFG//平面PCE， 因为AF 平面AFG， 所以AF//平面PCE.………………………………………………………………7分 （2）方法1：当E为AB中点，PDADCD，BAD60时， 易知DECD，F为PD中点，又因为PD平面ABCD， 2 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABDYAAogCAAAAAAAhCQw16CkKQkACAAKoOxBAEIAABSRNABAA=}#}所以DE，DC，DP两两互相垂直， 则以D为坐标原点，DE为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立坐标系，   则C(0,2,0)，E 3,0,0 ，F(0,0,1)，P(0,0,2)，          所以CE 3,2,0 ，FE  3,0,1 ，PE  3,0,2 .   设平面FCE与平面PCE的法向量分别为mx,y,z，nx ,y ,z ，则 1 1 1 2 2 2   3x 2y 0   3x 2y 0  1 1 ， 2 2 ，  3x z 0  3x 2z 0 1 1 2 2   3    3 3 不妨取x  3，x  3，则m 3, ,3，n 3, , ， 1 2  2   2 2     mn 13 所以cos m,n     ， m n 190 21 169 21 190 21 故二面角PCEF 的正弦值为 1  ，正切值为  .………………15分 190 190 13 13 190 方法2：过D作DM EC，垂足为M，分别连接PM ，FM ，ED， 因为PD平面ABCD，EC平面ABCD， 所以PDEC， 因为PD，DM 是平面PDM 内两相交直线， 所以EC平面PDM ， 因为PM 平面PDM ，FM 平面PDM ， 所以ECPM ，ECFM ， 3 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABDYAAogCAAAAAAAhCQw16CkKQkACAAKoOxBAEIAABSRNABAA=}#}即PMF 就是二面角PCEF 的平面角， 设PMF ，PMD1，FMD2， BE PF 因为E为AB的中点，  1，底面ABCD是平行四边形， CD PD 所以F是PD中点， 设PD ADCD2， 因为BAD60，易知DECD，且ED 3， 所以 EC  CD2ED2  7 ， ED 21 所以sinECD  ， EC 7 2 3 所以DM 2sinECD ， 7 PD 7 FD 7 所以tan1  ，tan2  ， DM 3 DM 2 3 tan1tan2 21 所以tan tan12   ， 1tan1tan2 13 21 即二面角PCEF 的正切值为 . 13 18.（1） ；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 2 2 x y 4 + 3 =1 （1）因为ZF ZF 4FF 2 1 2 1 2 所以 点的轨迹是以F,F 为焦点的椭圆，其长轴长 焦距为 ， ， 1 2 2 2 Z 2a=4, 2c= 2 b= a −c = 3 所以曲线 的标准方程为： .…………………………………………………3分 2 2 x y E 4 + 3 =1 （2）（i）设点 ，因为 ，所以 ， y G(x,y) y= k1(x−2) k1 =x−2 因为 ，所以 ， y− 3 y= k2x+ 3 k2 = x 因为 ，所以 ，整理得 ， 3 y y− 3 3 因为 k1k2 = 为4 四边形 x− ， 2 所⋅ 以x =4 (2y−，3x)(2y+ 3x−2 3)=0 ABCD 2y+ 3x−2 3≠0 4 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABDYAAogCAAAAAAAhCQw16CkKQkACAAKoOxBAEIAABSRNABAA=}#}所以点 在定直线 上；…………………………………………………10分 （ii）由 G 题知 3x−2y，=直0线 ， 3 设 A(2,0),B ， ( 直 0,1 线 ) AB:y=−，2 x+ 3 将C(x1,y1),D(x代 2, 入y2) CD 得 :y=kx+m ， 2 2 x y 2 2 2 y= kx+m 4 + 3 =1 (3+4k )x +8kmx+4m −12=0 所以 ， 2 8km 4m −12 x1+x2 =−3+4k 2 ,x1x2 = 3+4k 2 所以 2 2 y1 y2− 3 y1y2− 3y1 k x1x2+km(x1+x2)+m − 3(kx1+m) k1k2 =x1−2× x2 = (x1−2)x2 = x1x2−2x2 2 4m2−12 8km 2 8km ， k (3+4k2)+km(−3+4k2)+m − 3k(−3+4k2−x2)− 3m = 4m2−12 3+4k2−2x2 所以 ， 2 2 2 3 3m −12k +4 3k m−3 3m+ 3(3k+4k )x2 3 2 2 所以 4m −12−2(3+4k )x2 =4 ， 3 2 2 2 所以(16 3k +24k +12 3k+18)x2+，4解3得m(4k −3)，+36−48k =0 3 2 3 16 3k +24k +12 3k+18=0 所以 4 3m(.4 … k 2 … − … 3 … )+ … 3 … 6 … − … 48 … k 2 … = … 0 …………k…=…−…2…17分 AB//CD 19.（1） ；（2） ；（3）3 1 （1）由题 λ 意 = ， 1 可得 128 ， 2 2 化简得 a，n 又=(an+，d所)(a以n−d)+. λd………………………………3分 2 （2）将(λ−1)d =0 d≠0代入条件λ，=可1 得 ，解得 ， 所以 a1 =1,a2 =，2所,a3以=数4列 是首项为1，4公=比1×4+λ的等比数λ=列0，所以 . 2 n−1 欲存在an =an+1a，n−使1 得 an ，即 q= 2对任意 都成立a，n =2 n−1 n−1 ∗ 则 r∈[3,7] ，所以m⋅2 ⩾对n−任r意 r⩾n都−成m立⋅2 . n∈N n−1 n−7 ∗ n−1 7⩾n−m⋅2 m⩾2 n∈N 令 ，则 ， n−7 n−6 n−7 8−n 所以 bn 当 =2 n−1 时 b ， n+1−bn = ；2 n 当 −2 n−1 = 时2， n ；当 时， ． 所以 的 n 最 > 大 8 值为 bn+1 … bn 9分 1 1 （3） b 因 n 为数列 b 不 9 是 = 常 b8 数 = 列12，8 所以 m ． 128 an T⩾2 5 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABDYAAogCAAAAAAAhCQw16CkKQkACAAKoOxBAEIAABSRNABAA=}#}①若 ，则 恒成立，从而 ， ，所以 ， 2 2 2 a2 =a1 +λ(a2−a1) 所以 T=2 an+2 ， = 又 an ，所以 a3 =a ， 1 可 a 得 4 =a2 是常数列 a ．1 2矛 = 盾 a2．2 +λ(a2−a1) 2 2 所以λ(a2−不a1合) 题=意0 . λ≠ 0 a2 =a1 an T=2 ②若 ，取 （*），满足 恒成立． 1, n=3k−2 ∗ T=3 an = 2, n=3k−1(k∈N ) an+3 =an 由 −3, ，n得= 3k ． 2 2 则条a2件=式a变1a为3+λ(a2−a1) λ．=7 2 由 an =an，+1知an−1+7 ； 2 2 2 由2 =1×(−3)+7，知a3k−1 =a3k−2a3k+λ(a2−a1) ； 2 2 2 由(−3) =2×1+7，知a3k =a3k−1a3k+1+λ(a2−a1) ． 2 2 2 所以1 ，=数(−列3（)*×）2适+合7题意a．3k+1 =a3ka3k+2+λ(a2−a1) 所以 的最小值为 .…………………………………………………17分 T 3 6 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABDYAAogCAAAAAAAhCQw16CkKQkACAAKoOxBAEIAABSRNABAA=}#}