2024年“江南十校”新高三第一次综合素质检测数学试题答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1011安徽省江南十校2024-2025学年高三上学期第一次综合素质检测

2024 年“江南十校”新高三第一次综合素质检测 数 学 答 案 ★选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C A A D B A B AD BCD ABD ★填空题： 7 3 12. 13.8.8 14. 8 3 ★解答题： 15. 5 1 5 解：（I）设质点移动到1为事件A，则向左移动2次，向右移动3次，P(A)C2   …………5分 5 2 16 （II）X 的可能取值为0,1,2,3,4,5 1 1 1 5 5 1 10 P(X 0)C0( )5  ，P(X 1)C1   ，P(X 2)C2( )5  5 2 32 5 2 32 5 2 32 1 10 1 5 1 5 1 P(X 3)C3( )5  ，P(X 4)C4( )5 ，P(X 5)C5   5 2 32 5 2 32 5 2 32 X 0 1 2 3 4 5 1 5 5 5 5 1 P 32 32 16 16 32 32 …………11分 1 5 5 5 5 1 5 所以期望E(X)0 1 2 3 4 5  …………13分 32 32 16 16 32 32 2 16. 解：（I）∵AB//CD，AB平面ABFE ，CD平面ABFE ∴CD//平面ABFE …………2分 又∵平面ABE与平面CDE交于EF ，CD平面CDE ∴CD//EF …………4分 （II）取AD中点O，连接OE，OB，BD ∵DAB 60，AB  AD 4 ∴△ABD是等边三角形 1由三线合一得：OB  AD …………5分 又∵△ADE 是等腰直角三角形 ∴OE  AD ∵平面ADE 平面ABC，平面ADE平面ABC  AD ∴OE 底面ABCD …………6分 ∵OB平面ABCD ∴OE OB 故OA，OB，OE三线两两垂直 …………7分 以O为坐标原点，分别以OA，OB，OE所在直线为x轴， y轴，z轴建立空间直角坐标系， A(2,0,0)，B(0,2 3,0)，C(3, 3,0)，D(2,0,0)，E(0,0,2) …………8分 ∵CD  EF 且由第一问得知CD//EF , 所以四边形CDEF 是平行四边形, ∴可得：F(1, 3,2)， …………9分 ∴BC (3, 3,0)，CF (2,0,2)  mBC 0 3x 3y 0 设平面BCF的法向量为m(x,y,z)，则    mCF 0  2x2z 0 令x1，得： y  3，z 1，解得：m(1, 3,1) …………12分 平面ABC的法向量为n(0,0,1) mn 5 cosmn  …………14分 m n 5 5 设二面角ABCF大小为，由题意得为锐角所以cos …………15分 5 217. 解：（I） f(x)(x1)ex a， f(x)(x2)ex. …………2分 当x(,2)时， f(x)0， f(x)单调递减；当x(2,)时， f(x)0， f(x)单调递增. …………3分 ①当x1时， f(x)(x1)ex aa0，所以x1时 f(x)无零点； …………4分 ②当x1时而 f(1)a0， f(a)(a1)ea a (a1)a 0， 由零点存在定理，x1时， f(x)有唯一零点m(1,a) …………6分 综上， f(x)在R上存在唯一零点. 所以，当x(,m)时， f(x)0， f(x)单调递减；当x(m,)时， f(x)0， f(x)单调递增. 所以 f(x)存在唯一的极值点m. …………7分 （II）由（I）知 f(x)  f(m)， min 此时 f(m)(m1)em a 0，得a (m1)em,由于a 0，所以m1. …………8分 f(x)b2a等价于b f(x)2a，令h(x) f(x)2a，则 h(x)  f(m) 2a mem am2a mem m(m1)em 2(m1)em (m2 2m2)em，m1 min min …………10分 令v(x)(x2 2x2)ex,x1 若存在a，使得 f(x)b2a对任意xR成立，等价于bv(x) ， …………11分 max v(x)(x2 4)ex,x1 当x(1,2)时，v(x)0，v(x)单调递增；当x(2,)时，v(x)0，v(x)单调递减， 所以v(x) v(2)2e2， …………14分 max   故b2e2，所以实数b的取值范围 ，2e2 …………15分 318. 解：（I）已知圆M 的圆心为M(1,0)，半径为4；设动圆D的圆心为D(x,y)，半径为R. DN  R, DM 4R, DM  DN 4 MN,点D的轨迹是以M,N 分别为左右焦点且长轴为4的椭 x2 y2 圆，则曲线C的方程为  1. …………5分 4 3 （II）设P(x ,y ),E(x ,y ),F(x ,y ),H(x ,y ), P(x ,y )，由题意x  x ,y  y ，可知 0 0 1 1 2 2 3 3 0 0 1 2 1 2 x 2 y 2 x 2 y 2 2x  x x ,2y  y  y ， 1  1 1, 2  2 1 3 1 2 3 1 2 4 3 4 3 y  y 3(x x ) 3x 两式相减得k  1 2  1 2  3 , …………7分 EF x x 4(y  y ) 4y 1 2 1 2 3 y 4 而k  3 ，所以k  . …………8分 OH x OH 3k 3 EF 设直线PE的方程为 y y k(xx )，则直线PF 的方程为 y y k(xx )， 0 0 0 0 x2 y2 将PE的方程代入  1得 4 3 （34k2)x2 8k(y kx )x4(y kx )2 120 ① 0 0 0 0 4(y kx )2 12 x x 是方程①的一个根，x x  0 0 ② …………10分 0 0 1 34k2 4(y kx )2 12 同理可得x x  0 0 ③ …………11分 0 2 34k2 16kx y ②③得 x (x x ) 0 0 ④ 0 1 2 34k2 8(y 2 k2x 2)24 ②③得 x (x x ) 0 0 ⑤ 0 1 2 34k2   y  y k(x x ) y  k(x x ) y k(x x )2kx kx (x x )2kx 2 k  1 2  1 0 0 2 0 0  1 2 0  0 1 2 0 ⑥ EF x x x x x x x (x x ) 1 2 1 2 1 2 0 1 2 8(y 2 k2x 2) k 0 0 2kx 2 34k2 0 8y 2 246x 2 把④⑤代入⑥，得k   0 0 ⑦ EF 16kx y 16kx y 0 0 0 0 34k2 4x 2 y 2 显然 0  0 1，得8y 2 246x 2 ⑧ 0 0 4 3 12x 2 3x 把⑧代入⑦，得k  0  0 …………14分 EF 16kx y 4y 0 0 0 y 4 而k OP  x 0 ，所以k OP  3k …………15分 0 EF 4 又∵k  k k …………16分 OH 3k OP OH EF 即P,H,O三点共线. …………17分 19. 解：（I）由(n1)a na 1，得 (n2)a (n1)a 1， n n1 n1 n2 两式相减，得(2n2)a (n1)(a a )，即2a a a ， n1 n2 n n1 n2 n   所以数列 a 是等差数列. n  a 3 由 1 ，得a 5，所以公差d a a 2， 2a a 1 2 2 1 1 2 故a a (n1)d 2n1，即a 2n1. …………5分 n 1 n 又因为2n1(n1)2 n2，n1Z,nZ，   所以2n1M ,即数列 a 是“平方差数列” …………7分 n   （II） b 不是“平方差数列”。 …………8分 n a  x2  y2 (x y)(x y)，xZ,yZ ①当x,y均为奇数时，x y,x y均为偶数，则a被4整除； ②当x,y均为偶数时，x y,x y均为偶数，则a被4整除； ③当x,y一奇一偶时，x y,x y均为奇数，则a为奇数； 综上，集合M中的元素要么被4整除要么为奇数， 所以b 2M . 1   所以 b 不是“平方差数列” …………12分 n 5（III）法一：因为4n(2n1)2 （2n1）2，2n1Z,2n1Z ，所以4nM ,即被4整除的数都属于 M 。       令A xx2k1,kZ ，B  xx4k,kZ ，C  xx4k2,kZ , 结合（I）（II）得，AB  M ，所以所有奇数与被4整除的数都属于M 由题意，c M,c M i j ①当c ,c 均为奇数时，cc 为奇数，则cc M ； i j i j i j ②当c ,c 至少有一个被4整除时，cc 被4整除，则cc M ； i j i j i j 综上，cc M 。 …………17分 i j 法二：由题意，c M,c M i j 设，c  x 2  y 2,c  x 2  y 2，x ,y ,x ,y Z，则 i 1 1 j 2 2 1 1 2 2 cc (x 2  y 2)(x 2  y 2)(x 2x 2  y 2y 2)(x 2y 2 x 2y 2) i j 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 (x 2x 2 2x x y y  y 2y 2)(x 2y 2 2x x y y x 2y 2) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 (x x  y y )2 (x y x y )2M 1 2 1 2 1 2 2 1 所以，cc M 。 …………17分 i j 6