答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_江苏南京师范大学附属中学2024届高三寒假模拟测试数学试题

2023-2024学年南京师大附中高三年级寒假模拟测试
数 学 学 科 参 考 答 案
第 I卷（选择题）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的.
1 2 3 4 5 6 7 8
C D C C D D B B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选
对的得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.
9 10 11
ACD ACD AD
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
5 2
12. 13. 7 14. 8−
6 2
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
15.（1）由题意可知 lgx−1 <1⇒−1<lgx−1<1，
即0=lg1<lgx<2=lg100⇒x∈(1,100)；
（2）因为 f (a)= f (b)，所以 lga−1 = lgb−1，
不妨设a<b，由对数函数的性质可知a<10<b，
则 lga−1 =1−lga= lgb−1 =lgb−1⇒lgab=2，
所以ab=100，
1 4 b 4 b 4 2
则 + = + ≥2 ⋅ = ，当且仅当a=5,b=20时取得等号.
a b 100 b 100 b 5
16.（1）由题可知，(2x+1)8展开式中第k+1项为：
T =Ck(2x)8−k×1k =Ck28−kx8−k，
k+1 8 8
 Ck28−k ≥Ck−128−(k−1)
则系数最大的项需满足 8 8 ,k∈N*，解得k =2或k =3，
Ck28−k ≥Ck+128−(k+1)
8 8
所以系数最大为第3项或第4项，即n=3或n=4，
所以最大项系数为a a C2282 1792．
3 4 8
4 3
（2）因为a a a a a a ，a a a a a ，
2i1 1 3 5 7 9 2i2 2 4 6 8
i0 i0
学科网（北京）股份有限公司且由(2x+1)8展开式中第k+1项为：T =Ck(2x)8−k =Ck28−kx8−k，
k+1 8 8
所以(2x+1)8 =ax8+a x7+a x6+a x5+a x4+a x3+a x2+a x+a ，
1 2 3 4 5 6 7 8 9
令x=1，a a a a a a a a a 38，
1 2 3 4 5 6 7 8 9
4 3
即：a a 38，
2i1 2i2
i0 i0
令x=−1，a a a a a a a a a 1，
1 2 3 4 5 6 7 8 9
4 3
即：a a 1，
2i1 2i2
i0 i0
4
4 381 a
所以a  ，所以 2i1 381，
2i1 2 S  i0 
i0 2 4
而38+1=(4−1)8+1
=C048(−1)0+C147(−1)1++C840(−1)8+1
8 8 8
=4
( C047−C146+C245−C344+C443−C542+C64−C7)
+1+1
8 8 8 8 8 8 8 8
=4
( C047−C146+C245−C344+C443−C542+C64−C7)
+2
8 8 8 8 8 8 8 8
4
( C047−C146+C245−C344+C443−C542+C64−C7)
+2
所以 S = 8 8 8 8 8 8 8 8
4
=
( C047−C146+C245−C344+C443−C542+C64−C7)
+0.5，
8 8 8 8 8 8 8 8
由题可知，[
S
]=C047−C146+C245−C344+C443−C542+C64−C7，
8 8 8 8 8 8 8 8
所以S−[
S
]的值为0.5．
 2b= 3,

 1
17.（1）依题意得 a−c= ,
 2
a2 =b2+c2

3 1
解得a=1,b= ,c= ，
2 2
y2
x2+ =1
∴椭圆C的标准方程为 3 .
4
学科网（北京）股份有限公司1 
（2）存在点P，使∠APE=∠OPF，点P的坐标为 ,0.理由如下：
3 
4
直线l过点(3,0)，与椭圆C:x2+ y2 =1交于不同的两点E,F.且都在x轴上方.
3
∴直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=k(x−3),k ≠0.
y=k(x−3),
联立方程   4 消去y可得： ( 3+4k2) x2−24k2x+36k2−3=0.
x2+ y2 =1.
 3
此时∆>0，设E(x,y ),F(x ,y ),P(m,0)，则x +x =
24k2
,xx =
36k2−3
.
1 1 2 2 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
∠APE=∠OPF ，
y y
k(x −3)(x −m)+k(x −3)(x −m)
∴k +k = 1 + 2 = 1 2 2 1
PE PF x −m x −m (x −m)(x −m)
1 2 1 2
72k2−6 24k2
=k⋅
2x
1
x
2
−(3+m)(x
1
+x
2
)+6m
=k⋅
3+4k2 −(3+m)⋅ 3+4k2 +6m
(x −m)(x −m) (x −m)(x −m)
1 2 1 2
72k2−6−72k2−24mk2+18m+24mk2
=k⋅
(x −m)(x −m)⋅ ( 3+4k2)
=0.
1 2
1
∴18m−6=0,∴m= .
3
存在P点满足条件.
1 
∴P点坐标为 ,0.
3 
18.（1）因为点N 为线段AD的中点，且EA=ED，
所以AD⊥EN，
因为EF∥AB，且四边形ABCD为正方形，故AD⊥AB，
所以AD⊥EF ，而ENEF =E,EN,EF ⊂平面EFN，
故AD⊥平面EFN，又FN ⊂平面EFN，
所以AD⊥FN；
（2）设正方形ABCD的中心为O，分别取AB,BC,EF的中点为P,Q,S，
设点H为线段AD的中点，由（1）知E,F,H,Q四点共面，且AD⊥平面EFH ，
连接OS，OS⊂平面EFH ，故AD⊥OS，
又AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EHQF，
且平面ABCD∩平面EHQF =HQ，
学科网（北京）股份有限公司由题意可知四边形EHQF为等腰梯形，故OS ⊥HQ，
OS⊂平面EHQF，故OS ⊥平面ABCD，
  
故以O为坐标原点，OP,OQ,OS为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
因为AB=4，则A(2,−2,0),B(2,2,0),C(−2,2,0),D(−2,−2,0)，又AB=2EF，故EF =2，
设EF到底面ABCD的距离为h，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF∥AB，
故E(0,−1,h),F(0,1,h)，又EA=ED=FB=FC =3，
故 22+12+h2 =3,∴h=2，则E(0,−1,2),F(0,1,2)，
   
AE=(−2,1,2),AD=(−4,0,0),BF =(−2,−1,2),BA=(0,−4,0)，
      
设AN =λAD,λ∈[ 0,1 ] ,∴BN =BA+AN =BA+λAD=(−4λ,−4,0)，

设平面BFN的一个法向量为n=(x,y,z)，
 
 n⋅BF =−2x−y+2z=0 
则  ，令x=2，∴n=(2,−2λ,2−λ)，
n⋅BN =−4λx−4y=0

设平面ADE的一个法向量为m=(a,b,c)，
 
 m⋅AD=−4a=0 
则  ，令c=1，∴m=(0,−2,1)，
m⋅AE=−2a+b+2c=0
2
 2
  λ+ 
故   m⋅n 3λ+2 3  3 ，
cosn,m =   = =
m⋅ n 5× 5λ2−4λ+8 5 5λ2−4λ+8
  3 m2
2 2 5 cosn,m=
令m=λ+ 3 ,m∈  3 , 3   ，则 5 5m2− 32 m+ 116 ，
3 9
  3 1
1 3 3 cosn,m=
令t = m ,t∈  5 , 2   ，则 5 116 t2− 32 t+5 ，
9 3
学科网（北京）股份有限公司116 32 3 3
令 f (t)= t2− t+5，则 f (t)在  ,  上单调递增，
9 3 5 2
故当t= 3 时， f (t) = f   3 = 81 ，当t= 3 时， f (t) = f   3 =18，
5 min 5 25 2 max 2
   10 5
故cosn,m∈ , ，
 10 3 
 10 5
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为 , ．
 10 3 
x2
(2x)2 (2y)2 −y2 =1
19.（1）由条件得 − =1 ，得C ： 9 ；
2
9 4
4
（2）∵C 、C 关于原点“伸缩变换”，对C 作变换(x,y)→(λx,λy)（λ>0），得到C
λ2x2
+
λ2y2
=1，
2 1 1 2 16 4
 2
y= x(x≥0)
 2 4 3 2 6
解方程组 得点A的坐标为

, 

；
x2 y2  3 3 
+ =1
16
4
 2
y= x(x≥0)
 2 4 3 2 6
解方程组 得B点的坐标为

, 

；
λ2x2 λ2y2  3λ 3λ 
+ =1

16 4
2 2
4 3 4 3 2 6 2 6 2 2λ−1
AB =  −  + −  = = 2，
   
 3λ 3   3λ 3  λ
2
化简后得3λ2−8λ+4=0，解得λ=2，λ = ，
1 2 3
x2 x2 y2
因此椭圆C 的方程为 +y2 =1或 + =1.
2
4 36 9
2p
（3）对C ：y2 =2p x作变换(x,y)→(λx,λy)得抛物线C ：(λy)2 =2pλx，得y2 = n x，
n n n n n+1 n n n λ
n
p p 1
又∵y2 =2p x，∴p = n ，即 n+1 = =2n，
n+1 n+1 λ p λ
n n n
p 2 ⋅ p 3 ⋅ p 4 ⋅⋅⋅⋅⋅ p n−1 ⋅ p n =2⋅22⋅23⋅⋅⋅⋅⋅⋅2n−1，则 p n =21+2+3+⋅⋅⋅+(n−1) =2 1 2 n(n−1) ，
p p p p p p
1 2 3 n−2 n−1 1
∵p 1 =1，∴ p =2 1 2 n(n−1) .
n
20.（1）X 可取值10,20,30,,，Y可取值10,20,,1000，
k
当X =k时，摸球次数为 ，没有抽中新皮肤的概率为1− p ，
10 1
学科网（北京）股份有限公司故 P(X =k)=(1− p ) 1 k 0 −1 p ， k ∈N*，
1 1 10
  (1− p ) 1 k 0 −1 p , k ∈N*,k ≤990
P(Y =k)= 2 2 10 ．
  (1− p 2 )99 ,k =1000
n
（2）令A=∑t(1− p )t−1，
1
t=1
n
则(1− p )A=∑t(1− p )t，故p A=1+(1− p )+(1− p )2+(1− p )n−1−n(1− p )n，
1 1 1 1 1 1 1
t=1
1−(1− p )n
整理得到p A= 1 −n(1− p )n，
1 p 1
1
所以 A=   1−(1− p 1 )n  − n(1− p 1 )n ，
p2 p
1 1
k
若玩家按方案一抽卡，花费k元时抽到皮肤，则抽取次数为 ，
10
而 P(X =s)= p (1− p ) 1 s 0 −1，其中 s ∈N*，s≤k.
1 1 10
k k
则 E(X)=∑ 10 s(1− p ) 1 s 0 −1 p =10p ∑ 10 s (1− p ) 1 s 0 −1
1 1 1 10 1
s=1 s=1
 k 
=10   1−(1− p 1 ) 10  −k(1− p ) 1 k 0 ，
p 1
1
因为玩家按方案一抽卡次数无限制，
k k
且当n→+∞时， k(1− p ) 10 →0 ，(1− p ) 10 →0 ，
1 1
10
所以E(X)=
.
p
1
（3）p =2p =0.02，即p =0.02,p =0.01，
1 2 1 2
10
由（2）可得故E(X)= =500；
0.02
若玩家按方案二抽卡，则Y可取值10,20,,1000，
i
且 P(Y =i)=0.01×0.9910 −1，其中i=10,20,,990，
P(Y =1000)=0.9999，
99
故E(Y)=1000×0.9999+10∑( k×0.01×0.99k−1)
，
k=1
学科网（北京）股份有限公司99
=0.1×∑( k×0.99k−1)
k=1
1−0.9999 99×0.9999 
=0.1× − +1000×0.9999
 0.012 0.01 
=1000 ( 1−0.9999) −990×0.9999+1000×0.9999
=1000−990×0.9999
0.37
≈1000−990⋅ ≈630
0.99
因为E(X)<E(Y)，故选择方案二．
学科网（北京）股份有限公司