答案（定稿）(1)_2023年11月_0211月合集_2024届江苏省南京市六校高三上学期期中联合调研考试_江苏省南京市六校2024届高三上学期期中联合调研考试数学

2023—2024 学年第一学期 11 月六校联合调研试题 高三数学答案 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分． 1~4：DBDA 5~8：CCBD 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 9．BC 10．BCD 11．ABD 12.ACD 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．12 14．－364 15．28 16．8 2；44π（第一空2分，第二空3分） 四、解答题：本大题共6小题，共70分 17.（1）n1时，a 2 a 2S 2，a 2 a 20，a 2或a （1 舍）……………2分 1 1 1 1 1 1 1 n2时，a 2 a 2S 2，a 2 a 2S 2 n n n n1 n1 n1 两式相减得a 2 a 2 a a 0，……  a a  (a a 1)0 n n1 n n1 n n1 n n1   a 为正项数列，a a 1 …………4分 n n n1 数列{a }为等差数列，公差为1. a a (n1)1n1 …… 5分 n n 1 （2）b a 3a n (n1)3n1 n n T 232+333+434+…+(n1)3n1+0 n 3T =0 +233+334+…+n3n1+(n1)3n2 …………7分 n 9 1 相减得2T 232 (33 34 3n1)(n1)3n2= (n )3n2 n 2 2 2n1 9 T  3n2  …………10分 n 4 4 π 18.（1）在△ABC中，B＝ ，据余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ 2ac 4 又b2＝c(a＋c)，故a2－ 2ac＝ac，即a2＝( 2＋1)ac， c 又a＞0，故a＝( 2＋1)c，得 ＝ 2－1. …………4分 a {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}（2）在△ABC中，据余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB， 又b2＝c(a＋c)，故a2－2accosB＝ac， 又a＞0，故a－2ccosB＝c .…………6分 a c 据正弦定理 ＝ ，可得sinA－2sinCcosB＝sinC， sinA sinC sin[π－(B＋C)]－2sinCcosB＝sinC， sinBcosC＋cosBsinC－2sinCcosB＝sinC， sin(B－C)＝sinC 因为A，B，C∈(0，π)，所以B－C∈(－π，π)， 则B－C＝C或B－C＋C＝π， 即B＝2C或B＝π（舍） ..…………8分 π 所以 3sinB＋2cos2C＝ 3sin2C＋cos2C＋1＝2sin(2C＋ )＋1. 6 A＝π－(B＋C)＝π－3C   03C  2      因为△ABC是锐角三角形，所以02C ，得 C ， ..…………10分  2 6 4   0C  2 π π 2π π 3 π ＜2C＋ ＜ ，故sin(2C＋ )∈( ，1)，2sin(2C＋ )＋1∈( 3＋1，3) 2 6 3 6 2 6 故 3sinB＋2cos2C∈( 3＋1，3). ..…………12分 19.（1） X  0，10，20，30  C3 1 C1C2 21 7 P(X 0) 3  ，P(X 10) 7 3   ， C3 120 C3 120 40 10 10 C2C1 63 21 C3 35 7 P(X 10) 7 3   ，P(X 30) 7   C3 120 40 C3 120 24 10 10 所以X的分布为 X 0 10 20 30 1 7 21 7 P 120 40 40 24 …………………6分 {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}1 7 21 7 所以E(X)0 10 20 30 21 …………………8分 120 40 40 24 （2）记“该同学仅答对1道题”为事件M. 7 1 3 1 2 19 P  M  ( )2  C1   2 10 3 10 3 3 90 19 这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为 . …………………12分 90 20.（1）取AC的中点O，连接OF 、OD， ∵DE∥平面ABC，DE平面ABED，平面ABED∩平面ABC=AB ∴DE∥AB ………………………2分 1 又∵O，F 分别为AC，BC的中点，∴OF//AB且OF  AB 2 ∵AB2DE∴OF∥DE∴四边形DEFO为平行四边形.∴EF //DO， ………………3分 ∵在△DAC中DADC且O为AC中点，∴DO AC. ∴由平面DAC平面ABC，且交线为AC，DO平面DAC，得DO平面ABC.……5分 ∵AB、AC平面ABC，∴DO⊥AB，DO⊥AC，∵EF//DO∴EF⊥AB，EF⊥AC. ∵AB∩AC=A，AB、AC平面ABC，∴EF⊥平面ABC ………………6分 注：由 EF∥DO得 EF⊥平面 ABC”者，不扣分，但讲评时需告知学生要求。 （2）∵DO平面ABC，AC,BC ABC平面，所以DOAC,DOBC， 又因为AB AC，所以DO，AC，BC三者两两互相垂直， ∴以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴， OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系. 则A1,0,0，C1,0,0，B1,4,0 . ∵EF 平面ABC，∴直线BE与平面ABC所成的角为EBF60.   ∴DOEF BF tan60o 2 3 ∴D 0,0,2 3 . ……………………8分  可取平面ADC的法向量m0,1,0，   设平面ADB的法向量nx,y,z，AB2,4,0，  ， AD 1，0，2 3 2x4y0    则 ，取z1，则x2 3，y 3.∴n 2 3, 3,1 ，………………10分 x2 3z0 {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}mn 3 cosm，n  m n 4 3 ∴B－AD－C的余弦值为 ………………12分 4 16 36  1  a2 b2  c a2 4 21.（1）由题意得 2 ，解得 ， a b2 12 a2b2 c2   x2 y2 所以C的方程为  1； ………………4分 4 12 （2）由题意，点M 坐标为1,6，点N坐标为0,6，设Ax,y ,Bx ,y ， 1 1 2 2 方法一： ①若直线AB斜率存在，设直线AB方程为ykxm， x2 y2   4  12 1 ，消去y可得  3k2 x22kmxm2120，  ykxm 3k2 0且Δ12  m24k212  0， 2km m212 且x x  ,xx  ， ………………6分 1 2 3k2 1 2 3k2 y 6 y 6 kx m6x 4kx m6x 4 k k  1  2  1 2 2 1 2， 1 2 x 4 x 4 x 4x 4 1 2 1 2 整理可得m4k2x x 2k2xx 8m160， 1 2 1 2 2km  m212 m4k2 2k2    8m160， 3k2  3k2  化简得m212m8k212k2km360， ……………8分 即m2k6m4k60， 因为直线AB不过点P4,6，所以m4k60， 所以m2k60，即m2k6， 所以直线AB的方程为ykx26，恒过定点Q2,6， ……………10分 {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}②若直线AB斜率不存在，则x x ,y y 0， 1 2 1 2 y 6 y 6 y y 12 12 k k  1  2  1 2   2， 1 2 x 4 x 4 x 4 x 4 1 2 1 1 解得x x 2，所以直线AB的方程为x2，AB与双曲线仅有一个交点，舍，…11分 1 2 综上，直线AB恒过定点Q2,6， 设点M 到直线AB的距离为d ，点N到直线AB的距离为d ， 1 2 1 ABd S MAB  2 1  d 1  MQ  3 .……………12分 S 1 d NQ 2 NAB ABd 2 2 2 方法二： 因为直线AB不过点P4,6，所以可设直线AB方程为mx4ny61， 由 x2  y2 1可得   x44  2    y66  2 1 ， 4 12 4 12 即(y6)23(x4)212y624x40， (y6)23(x4)2  12y624 x4 m x4 n y6   0 ， .……………6分 得12n1(y6)212m24nx4y624m3(x4)2 0， 等式左右两边同时除以(x4)2，  y6 2 y6 得12n1   12m24n 24m30， .……………8分  x4 x4 Δ(12m24n)2412n124m30， y 6 y 6 12m24n 1 k k  1  2   2，解得m ， .……………10分 1 2 x 4 x 4 12n1 6 1 2 1 所以直线AB方程为 x4ny61， 6 即x26ny60，恒过定点Q2,6， .……………11分 设点M 到直线AB的距离为d ，点N到直线AB的距离为d ， 1 2 {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}1 ABd S MAB  2 1  d 1  MQ  3 . .……………12分 S 1 d NQ 2 NAB ABd 2 2 2 x2 22.（1） f(x)ex  ， 2 1 f(1)e ，...........................................................................................................................................................1分 2 f '(x)ex x， f '(1)e1，...........................................................................................................................................................2分 1 所以曲线y f(x)在点(1，f(1))处的切线方程y(e )(e1)(x1)， 2 即2(e1)x2y10 ．.......................................................................................................................................3分 （2）方法一： 因为 f '(x)ex ax2 x2a≥0 在区间[0,) 上恒成立， ex x 所以a  ，............................................................................................................................................4分  x2 2   min ex x (ex 1)(x2 2)(ex x)2x 令g(x) ，则g'(x) ，................................................................................5分 x2 2 (x2 2)2 令h(x)(ex 1)(x2 2)(ex x)2x，则h'(x)x2ex 2x， 当x≥0时，h'(x)≥0,h(x)单调递增，h(x)≥h(0)0， 所以g'(x)≥0，所以g(x) 单调递增，................................................................................................................6分 1 g(x)  g(0) ， min 2 1 所以a≤ ．.............................................................................................................................................................7分 2 方法二： f '(x)ex ax2 x2a≥0 在区间[0,) 上恒成立， 1 由 f '(0)12a≥0 得，a≤ ．...............................................................................................................................4分 2 1 当a≤ 时， f ''(x)ex 2ax1， 2 f '''(x)ex 2a ，...................................................................................................................................................5分 {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}当x≥0时， f '''(x)≥0 ， f ''(x) 单调递增， f ''(x)≥f ''(0) 0， f '(x) 在[0,) 上单调递增，所以 f '(x)≥f '(0)12a≥0 ， 所以， f(x) 在[0,) 上单调递增；..................................................................................................................6分 1 综上，a≤ ．.............................................................................................................................................................7分 2 方法三：放缩法 f '(x)ex ax2 x2a≥0 区间[0,) 上恒成立， ex x a  ，.....................................................................................................................................................4分  x2 2   min x2 令g(x)ex 1x ，则g'(x)ex 1x，...................................................................................................5分 2 g''(x)ex 1 ， 当x≥0 时，g''(x)≥0，g'(x) 在[0,) 上单调递增， g'(x)≥g'(0)0 ，g(x) 在[0,) 上单调递增，...........................................................................................6分 x2 g(x)≥g(0)0 ，所以ex x≥1 ，当x0 时取等号， 2 ex x 1 所以( ) = ， x2 2 min 2 1 综上，a≤ ．......................................................................................................................................................7分 2 （3）方法一 ： a x2 f(x)ex  x3  2ax ， f(0)1 ，............................................................................................................8分 3 2 f '(x)ex ax2 x2a， f '(0)12a ， f ''(x)ex 2ax1 ， f '''(x)ex 2a ， 1 1 x2 x2 当a 时， f(x)ex  x3  x ， f '(x)ex  x1 ， 2 6 2 2 x2 令g(x)ex  x1 ，则g'(x)ex x1 ，g''(x)ex 1 ， 2 当x0 时，g''(x)0 ，g'(x) 在(,0) 上单调递减， 当x≥0 时，g''(x)≥0 ，g'(x) 在[0,) 上单调递增， g'(x)≥g'(0)0 ，g(x) 在(,) 上单调递增，且g(0)0 ， 所以，当x0 时，g(x)0 ， f '(x)0 ， f(x) 在(,0) 上单调递减， 当x0 时，g(x)0 ， f '(x)0 ， f(x) 在(0,) 上单调递增， 所以 f(x)  f(0)1． min {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}1 所以a 适合，.....................................................................................................................................................9分 2 1 当a 时，当0 xln2a 时， f '''(x)0 ， 2 f ''(x) 在(0,ln2a) 上单调递减， f ''(x) f ''(0)0 ， f '(x) 在(0,ln2a) 上单调递减， f '(x) f '(0)12a<0 ， f(x) 在(0,ln2a) 上单调递减， 此时， f(x) f(0)1 ，舍去．.........................................................................................................................10分 当a≤0时，当x0 时， f ''(x)ex 2ax10 ， f '(x) 在(,0) 上单调递减， f '(x) f '(0)12a0 ， f(x) 在(,0) 上单调递增， f(x) f(0)1 ，舍去；...............................................................................11分 1 当0a 时，当ln2a x0 时， f '''(x)0 ， f ''(x) 在(ln2a,0) 上单调递增， 2 f ''(x) f ''(0)0 ， f '(x) 在(ln2a,0) 上单调递减， f '(x) f '(0)12a0 ， f(x) 在(ln2a,0) 上单调递增， 此时， f(x) f(0)1 ，舍去． 1 综上，a ．.......................................................................................................................................................12分 2 方法二： a x2 f(x)ex  x3  2ax ，且 f(0)1 ，........................................................................................................8分 3 2 a x2 所以 f(x)ex  x3  2ax≥1 恒成立， 3 2 x2 ex  1 2 当x0 时，a≤( ) ； x3 min 2x 3 x2 ex  1 2 当x0 时，a≥( ) ..........................................................................................................................9分 x3 max 2x 3 x2 x3 x2 ex  1 (ex x)( 2x)(ex  1)(x2 2) 令h(x) 2 ，则h'(x) 3 2 ， x3 x3 2x ( 2x)2 3 3 x3 x2 x3 令(x)(ex x)( 2x)(ex  1)(x2 2) ，则'(x) (ex 2)， 3 2 3 当x0 时，'(x)0 ，(x) 在(0,) 上单调递增，(x)(0)0， {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}h'(x)0 ，h(x) 在(0,) 上单调递增， ex x 1 1 x0 时，h(x)  ，所以a≤ ．.................................................................................................10分 x2 2 2 2 当x0 时，'(x)0 ，(x) 在(,0) 上单调递减，(x)(0)0， h'(x)0 ，h(x) 在(,0) 上单调递增， ex x 1 1 x0 ，h(x)  ，所以a≥ ．...................................................................................................11分 x2 2 2 2 1 综上，a ．.......................................................................................................................................................12分 2 1 注：方法二：由洛必达法则得到 h(x)的极限值为 ，扣 1分。 2 {#{QQABQQKAgggAAgAAARhCUwWyCgIQkAAAAKoORFAIsAAAgRNABCA=}#}