南京市高三六校联考数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_0214江苏南京六校联合体2025届高三下学期2月调研_江苏南京六校联合体2025届高三下学期2月调研数学试卷+答案

2024-2025 学年第二学期六校联合体 2 月学情调研测试 高三数学 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i 1.复数z 满足 i（i为虚数单位），则复数z 的共轭复数z ＝（ ） z A．1－i B．－1－i C．1＋i D．－1＋i 【答案】C      2.已知向量a （1，0），b  (x,1)，若b(b 2a)  0，则x （ ） A.2 B.1 C.1 D.2 【答案】C 3．有4辆车停放5个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车与货车甲相邻停 放，则共有多少种停放方法？ （ ） A．8 B．12 C．16 D．10 【答案】B 4. 设等差数列  a  的前n项和为S ，若S 63S ,a a 12，则  a  的公差为（ ） n n 12 3 3 12 n A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B  1 5.已知函数 f(x) sin(x )cosx在区间  0，t  上的最小值为 ，则t的最大值为（ ） 6 2   5 4 A. B. C. D. 6 3 6 3 【答案】D 6.已知点P为直线l:x y20上的一点，过点P作圆C:  x1 2  y1 2 1的切线PA，切点 为A，则 PCA的最大值为 （ ） 2 3 5 7 A. B. C. D. 4 4 4 4 【答案】A   f x 7. 定义在R上的奇函数 f  x  在  0, 上单调递增，且 f  1 0，则不等式 0的 4x1172x 4 解集为（ ）A. 2,1    2, B. ,2   1,0    1,2  C. 2,1    0    2, D. 2，1    0,1    2, 【答案】D x2 y2 8.双曲线  1(ba0)，F 为双曲线焦点，O为坐标原点，若直线 l 交双曲线于两点A、B，满 a2 b2 足OAOB，若点O到直线l的距离不小于b，则离心率取值范围是（ ） A．  1，3  B．    2，, 1 5   C．  2，, 3  D．   1 5 ，, 3    2   2  【答案】C 二、多项选择题：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，有选错的得 0 分，部分选对 的得部分分. 9．一个袋中有大小､形状完全相同的3个小球，颜色分别为红､黄､蓝，从袋中先后无放回地取出2个 球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则 1 － 1 A．P(B)＝ B．P(B|A)＝ 3 3 1 C．P(A|B)＝ D．A，B相互独立 2 【答案】AC 10．在棱长为2 3的正方体ABCD—A B C D 中，点E，F分别是棱BC，CC 的中点，下列结论正确 1 1 1 1 1 的有 π A．直线EF与A B所成的角为 1 4 27 B．经过A，E，F三点的截面面积为 2    C．若点P满足BP＝cos2θ·BC＋sin2θ·BB 1 ，其中θ∈R，则三棱锥D—A 1 C 1 P体积为定值 D．以B 为球心，4为半径作一个球，则该球面与三棱锥B —ABC表面相交的交线长为3π 1 1 【答案】BCD 11. 定义在  0, 上的函数 f  x  满足 f  x1  f  x x，当0 x1时， f  x  x x1， 则（ ） A. 当2 x3时， f  x  x23x6B.对任意正实数k, f  x  在区间  k,k1  内恰有一个极大值点 2nn2 C. 当n为正整数时， f  n  2 193 401 D. 若 f  x  在区间  0,k  内有4个极大值点，则k的取值范围是  ,   64 100 【答案】ACD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. n  1  12．在  x   ，nN的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中x的系数为  2x ________．【答案】7  1   1   1  13．已知等比数列a 中，a 1,a 2，能使不等式a  a  a  0成 n 2024 2025  1 a   2 a   m a  1 2 m 立最小正整数m=_______________．【答案】4048 14.已知抛物线x2 4y的焦点为F ，直线l过点F 交抛物线于A,B两点，且 AF 4 FB ．直线l、l 分 1 2 别过点A,B，且与y轴平行，在直线l、l 上分别取点M、N（M、N 均在点A,B的上方），分别作ABN 1 2 8 3 和BAM 的角平分线且相交于P点，则PAB的周长为 ．【答案】8 3 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．（满分13分） π 在△ABC中，BC＝3 2，∠BAC＝ ． 3 （1）若AC＝2 3，求sinC； （2）D为边BC上的点且满足AD平分∠BAC，AD＝ 3，求△ABC的面积． 解析：      2 2 （1）法1：由余弦定理可知 3 2  c2  2 3 22 3ccos 3 c2 2 3c6  0 c  33，又c  0,---------------------------------3分 c  33c 3 2 由正弦定理知：  ， sinC  sin 3 2  6 sinC  ---------------------------------6分 4 AC 3 2 2 法2：因AC  2 3由正弦定理知：  ，sinB  --------------------2分 sinB  2 sin 3   AC  BC,B  A ，B  -------------------4分 3 4 sinC sin(A B) sin AcosBcosAsinB 3 2 1 2 2  6 =     --------------------6分 2 2 2 2 4    2 （2）由条件知： 由余弦定理可知 3 2  c2 b2 2bccos 3 18 c2 b2 bc ， 18（bc）2 3bc ① -----------------8分 S  S S ABC ABD ACD 1 1 1  ABACsinBAC  ABADsinBAD ADACsinDAC 2 2 2 1 3 1 3 1 3 bc   3b   3c 2 2 2 2 2 2 bc bc ②--------------------10分 由①②得bc  6--------------------12分 1 1 3 3 3 S  bcsin A 6  --------------------13分 ABC 2 2 2 216．（满分15分） 1 梯形ABCD中，AD∥BC，E为AD上的一点且有BE⊥AD，AE＝BE＝1，BC＝ ED，将△ABE沿BE 2 翻折到△PEB使得二面角P—BE—C的平面角为θ，连接PC，PD，F为棱PD的中点． （1）求证：FC∥面PBE； 2π （2）当θ＝ ，PD＝ 7时，求直线PC与平面BCF所成角的正弦值． 3 P z E A D E D Q B C B C y x 解析： （1）取PE中点G,连接GB,GF 1  已知 BC // ED ，BC  ED 2  -----------------2分   GF // BC ,GF  BC 在PED 中， GF // ED ，GF  1 ED  2  FC 面PBE  四边形BCFG为平行四边形  FC//GB  FC//面PBE-----------------5分  GB 面PBE 注：FC 面PBE未写扣1分 (2) BE 面BCDE BE  AD  BE  PE且BE  ED  面PDE 面BCDE BE 面PDE 在平面PDE内，过点E作EQ  ED交PD于点Q， DE 面PDE面BCDE EQ 面BCDE   以EB,ED,EQ 为正交基底建立如图坐标系----------------7分 1 3 3 3 P(0, , ),D(0,2,0),F(0, , ) 2 2 4 4 B(1,0,0),C(1,1,0) 3 3 3 3 PC  (1, , ),BC  (0.1,0),BF  (1, , ),----------------10分 2 2 4 4 设n  (x,y,z)为面BCF的法向量 y  0   nBC  0  则    3  n  ( 3,0,4)----------------12分  nBF  0  x z  0  4  3 57 cos n,PC   ----------------14分 2 19 38 57 sin ----------------15分 38 17．（满分15分） 某运动会有两种不同价格的开幕式门票，某人花a元预定该运动会开幕式门票一张，另外还预定了乒 乓球、羽毛球比赛门票各一张，根据相关规定，从所有预定者中随机抽取相应数量的人，这些人称为 预定成功者，他们可以直接购买门票，另外，对于开幕式门票，有自动降级规定，即当这个人预定的a 元门票未成功时，系统自动使他进入b元开幕式门票的预定.假设获得a元开幕式门票的概率是0.2， 若未成功，仍有0.3的概率获得b元开幕式门票的机会，获得乒乓球、羽毛球门票概率均是0.5，且获 得每张门票之间互不影响. （1）求这个人可以获得该运动会开幕式门票的概率；   （2）假设这个人获得门票总张数是X ，求X 的分布列及数学期望E X ． 17．解：（1）记“获得a元开幕式门票”为事件A，“获得b元开幕式门票”为事件B，“获得开幕式 门票”为事件C ……………………1分 － 则P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(A)＝0.8－ － 11 P(C)＝P(A)＋P(AB)＝P(A)＋P(A)P(B)＝0.2＋0.8×0.3＝0.44＝ ……………………3分 25 ∴这个人可以获得亚运会开幕式门票的概率为0.44 （2）X∈{0，1，2，3} 7 P(X＝0)＝(1－0.44)×0.5×0.5＝0.14＝ 50 39 P(X＝1)＝(1－0.44)×0.5×0.5×2＋0.44×0.5×0.5＝0.39＝ 100 9 P(X＝2)＝(1－0.44)×0.5×0.5＋0.44×0.5×0.5×2＝0.36＝ 25 11 P(X＝3)＝0.44×0.5×0.5＝0.11＝ ……………………12分 100 ∴X的分布为 X 0 1 2 3 P 0.14 0.39 0.36 0.11 ……………………13分 36 E(X)＝0×0.14＋1×0.39＋2×0.36＋3×0.11＝1.44＝ ……………………15分 25 18．（满分17分） 已知 f(x)3x2sinxklnx．  （1）当k 0时，求曲线 f  x  在x 处的切线方程； 2 （2）当k 1时，讨论函数 f(x)的极值点个数； （3）若存在t，t R (t t )， f(et 1) f(et 2)，求证：t t 2lnk ． 1 2 1 2 1 2 【答案】 【小问1详解】 当k 0时， f  x 3x2sinx，因为 f x 32cosx，  所以切线的斜率为 f   3， ..........................................................2分  2  3  又因为切点为 ，2，  2 2   所以曲线 f  x  在x 处的切线方程为 y3x2 ......................................3分 2 【小问2详解】 1 当k 1时， f (x)3x2sin xln x，则 f(x) 32cosx ， x 当x1时， ， f(x) 22cosx  0故 f(x)在  1, 上单调递增，不存在极值点； ......................................4分 1 1 当0 x 1时， f(x)32cosx ，则 f(x)2sinx 0总成立， x x2 1 1 故函数 f(x)在(0,1)上单调递增，且 f (1)  22cos1 0， f   2cos 0， 3 3 1  所以存在唯一x   ,1，使得 f x 0， ......................................6分 0 3  0 所以当0 x x 时， fx0， f(x)单调递减；当x  x1时， fx0， f(x)单调递增； 0 0 故在 0,1 上存在唯一极小值点， 综上，当k 1时，函数 f(x)的极值点有且仅有一个． ......................................8分 【小问3详解】 令et 1 x，et 2 x ． 1 2 由 f(x ) f(x )知3x 2sinx klnx 3x 2sinx klnx ，......................................9分 1 2 1 1 1 2 2 2 整理得，3(x x )2(sinx sinx )k(lnx lnx )（*）， 1 2 1 2 1 2 不妨令g(x)xsinx(x0)，则g(x)1cosx0，故g(x)在(0,)上单调递增， 当0 x  x 时，有g(x ) g(x )，即x sinx  x sinx ， 1 2 1 2 1 1 2 2 那么sinx sinx x x ， 1 2 1 2 x x 因此，（*）即转化为k  1 2 ， ......................................11分 lnx lnx 1 2 x x x x x 接下来证明 1 2  x x (0 x  x )，等价于证明ln 1  1  2 ， lnx lnx 1 2 1 2 x x x 1 2 2 2 1 x x x x 即ln 1  1  2 0，所以不妨令 1 m（0m1）， x x x x 2 2 1 2 1 2 1 (m1)2 建构新函数(m) 2lnmm ，(m) 1  0， m m m2 m2 则(m)在(0,1)上单调递减， ......................................13分x x x 所以(m)(1)0，故ln 1  1  2 x x x 2 2 1 x x 即 1 2  x x (0 x  x )得证， ......................................15分 lnx lnx 1 2 1 2 1 2 由不等式的传递性知 xx k，即 x x  k2，即et 1 et 2  k2 ．.................................16分 1 2 1 2 所以et 1 t 2  k2 ，得证t t  2lnk . ......................................17分 1 2 19．（满分17分） 已知P为圆O：x2  y2 4上一动点，过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M，N，连接NM 并延长至点Q，使得 MQ  2 ，点Q的轨迹记为曲线C． (1) 求曲线C的方程； 1 (2)设曲线C的左顶点为T，当直线l与曲线C交于不同的A,B两点， 连结AT,BT,k k   ， AT BT 2 证明：直线l过定点；   (3)若过右焦点F 的直线l与曲线C交于不同的A,B两点，且F BAF ，当[2,3]时，求直线l在y 2 2 2 轴上的截距的取值范围． 解:（1）设Qx,y，P(x ,y )，则M(x ,0),N(0,y )， 0 0 0 0    x 由题意知 MN 4，所以QM MN，得(x 0 x,y)(x 0 ,y 0 )，所以  x 0  2 ，............2分  y y 0 x2 y2 x2 y2 因为x2 y2 4，得  1，故曲线C的方程为  1．............4分 0 0 16 4 16 4 x2 y2 设 直 线 l:ykxm ， Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2  ， 联 立 方 程 组  16  4 1 ， 消 去 y 得  ykxm  14k2 x2 8kmx4m2 160，所以 x x  8km ， xx  4m216 ， 1 2 14k2 1 2 14k2 64k2m2 4  14k2 4m2 16  16  16k2 4m2 0 ............5分 又T4,0,所以 y y kx m kx m kx mx 4kx mx 4 k k  1  2  1  2  1 2 2 1  AT BT x 4 x 4 x 4 x 4 x 4x 4 1 2 1 2 1 24m216  8km  2kx 1 x 2 4kmx 1 x 2 8m  2k 14k2 4km  14k2   8m  2m8k  1 ， xx 4x x 16 4m216  8km  m28km16k2 2 1 2 1 2 4 16 14k2 14k2  ............7分 化简得，m28km16k24m16k 0，即m4k24m4k0， 解得m4k或m4k4。 ..........................9分 当m4k 时，直线1过定点4,0与点T 重合，舍去 当m4k4时，直线1过定点4,4 .........................10分 x2 y2 （3）设 直 线 l:xty2 3 ， Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2  ， 联 立 方 程 组  16  4 1 ， 消 去 x 得 ，  xty2 3 4 3t 4 t2y24 3ty40，所以 y  y  ①， y y  ② ..........................11分 1 2 t24 1 2 t24   由QBQA得y y ③， 2 1 由①③可得， 4 3t ， 4 3t ， y  y  1  t24 1 2  t24 1 代入②化简得，12t2   t24 12， ..........................13分 即 12t2  12  221  1 2，由 [2,3]得 1 2 1 ， 4 ， t24      2 3   12t2 1 4 1  23 1  23   23 即   ，  ，解得   2，  ，即 - ， 2 2，  ， .....................15分 t24 2 3 t2  4  t  2   2  从而直线l在 y 轴上的截距为 2 3  69，-2 62 6，69 ..........................17分     t