《江苏省苏锡常镇四市2023-2024高三下学期教学情况调研（二）数学试卷及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省苏锡常镇四市2023-2024高三下学期教学情况调研（二）数学试卷及答案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 高三数学答案 第1页（共 8 页）20232024 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研研（二）（二）数学（参考答案）2024.5 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A B C D A D 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分 题号 9 10 11 答案 BCD ABD AC 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分 121y=或34
2、50 xy+=1319 144，1 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分分 15（13 分）【法一法一】（1）证明：在直棱柱111CBAABC 中，1B B 面ABC，则面11BBCC 面ABC，2 分分 面11BBCC面ABCBC=，AB 面 ABC，BCAB，所以AB面11BBCC.4 分分 因为11/BAAB，所以11BA面11BBCC.则1AC在面11BBCC的射影为1BC，在正方形11BBCC中，有.11CBBC 所以由三垂线定理得：.11CABC 6 分分（2）解：直三棱柱111ABCABC的体积为11112 1122VAB BC AAAA=，则11
3、AA=.7 分分 高三数学答案 第2页（共 8 页）由（1）11BA平面11BBCC，1BC 平面11BBCC，则11BA1BC，在正方形11BBCC中，1BC 1BC，且111ABBC，平面CBA11，1111ABBCB=，所以1BC平面CBA11.8 分分 设11BCBCO=，在11ABC中，过O作CAOH1于H，连接BH.因为 OH 为 BH 在面11ABC的射影，由三垂线定理得：CA1.BH 所以BHO为二面角11BABC的平面角.10 分分 因为 RtCOHRt11CAB，111BACAOHCO=，得33=OH，又在 RtBOH中，22=BO，得630=BH，12 分分.510630
4、33cos=BHOHBHO 所以二面角BCAB11的余弦值为.510 13 分分 【法二法二】直三棱柱111ABCABC的体积为：11112 1122VAB BC AAAA=，则11AA=.1 分分（1）证明：直棱柱111ABCABC，1BB 平面ABC，又ABBC，以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，1BB为z轴，建立空间直角坐标系.2 分分(0,0,0)B，1(0,0,1)B=，(1,0,0)C，1(0,2,1)A，1(1,0,1)C.1(1,0,1)BC=，1(1,2,1)AC=，4 分分 高三数学答案 第3页（共 8 页）111 10(2)1(1)0BCAC=+=，所以
5、.11CABC 6 分分（2）(0,0,0)B，1(0,0,1)B=，(1,0,0)C，1(0,2,1)A，1(1,0,1)C.(1,0,0)BC=，1(0,2,1)BA=，设平面1BCA的法向量1 111(,)x y z=，则111111020BCxBAyz=+=，取11y=，得1(0,1,2)=.8 分分 1(1,0,1)BC=，11(0,2,0)B A=，设面11BCA的法向量2 222(,)xyz=，则21222112020BCxzB Ay=，取21x=，得2(1,0,1)=.10 分分 设二面角11BABC的大小为，则：121212|2|10|cos|cos,|552=.12 分分
6、因为为锐角，所以二面角11BABC余弦值为510.13 分分 16.（15 分）（1）解：提出假设0H：是否喜爱阅读与性别没有关系 3 分分 根据列联表的数据，可以求得：2250(10 1213 15)0.7252.706252523 27=，5 分分 所以没有 90%的把握认为喜爱阅读与性别有关.7 分分（2）随机变X服从超几何分布(3,2,6)H，X可能取 0，1，2.8 分分 性别 阅读 合计 一般 爱好 男生 10 15 25 女生 13 12 25 合计 23 27 50 2 分分 高三数学答案 第4页（共 8 页）0324361(0)5C CP XC=，1224363(1)5C C
7、P XC=，2124361(2)5C CP XC=.11 分分 则X的分布列为：X 0 1 2 P 15 35 15 所以131()0121555E X=+=.14 分分 答：抽取男生人数的数学期望为 1 15 分分 17.（15 分）解：（1）因为函数的定义域为(0,)+，当0a=时，e1()xf xx=.要证()1f x，只需证：当0 x 时，e1xx+.1 分分 令()e1xp xx=，则()e10 xp x=，则()p x在(0,)x+单调递增，3 分分 所以()(0)0p xp=，即e1xx+.5 分分（2）2(1)e1()xxafxxx+=+1(1)e1xxaxx+=+，6 分分
8、令(1)e1()(1)xxg xa xx+=+，则()2222e(1)1(1)110 xxxxxxgxxxx+=.所以()g x在(1,)+单调递增，()(1)1g xga=+，8 分分 当1a时，()(1)10g xga=+，()0fx.则()f x在(1,)+为增函数，()f x在(1,)+上无极值点，矛盾.11 分分 当1a 时，(1)10ga=+.由（1）知，e1xxx+，(1)e1(1)e(1)()1xxxxxxg xaaaxaxxx+=+=+，则(1)0ga，高三数学答案 第5页（共 8 页）则0(1,1)xa使0()0g x=.14 分分 当0(1,)xx时，()0g x，()0
9、fx，则()f x在0(1,)x上单调递减；当0(),xx+时，()0g x，()0fx，则()f x在0(,)x+上单调递增.因此，()f x在区间(1,)+上恰有一个极值点，所以a的取值范围为(,1).15 分分 18.（17 分）（1）解：F(0，2p)，设 A(211,2xxp)，则FA=211(,)22xpxp1(3,)4=，1 分分 所以12131224xxpp=，得：2260pp=，解得2p=或32p=（舍），所以抛物线 C 的方程为24xy=.4 分分（2）设直线 MN：ykxm=+，M(11,x y)，N(22,xy)，联立，得2440 xkxm=.所以216()0km=+，
10、121244xxkxxm+=，.111111222ykxmmkkxxx+=+，222222222ykxmmkkxxx+=+，则1212121211(2)2(2)()2(2)xxk mkkkmkmxxx xm+=+=+=，5 分分 121212(2)(2)kxmkxmk kx x+=2222121212(2)()(2)8(2)4k x xk mxxmkmx xm+=.6 分分 因为12123()24kkk k+=，即：22(2)8(2)32404k mkmmm+=，即：(22)(42)0kmkm+=，则22mk=或24mk=，能满足式.8 分分 高三数学答案 第6页（共 8 页）则 MN：22(
11、2)2ykxkk x=+=+，或 MN：24(4)2ykxkk x=+=+，所以定点 Q 的坐标为(2,2)或(4,2)，10分分（3）如 MN 过(4,2)点，当122kk=时，12123()24kkk k+=，但此时 M，N 重合，则|MN无最小值，所以 MN 只能过(2,2)点，此时|MN有最小值.11 分分 由（2），在中，令22mk=得：1212488xxkxxk+=，MN=222221212121212()()11()4xxyykxxkxxx x+=+=+224321(4)4(88)42322kkkkkkk=+=+.13 分分 令432()2322f kkkkk=+，则322466
12、22(21)(1)0()kfkkkkkk=+=+=，12k=.15 分分 当12k 时,()0fk，()f k在1(,)2上为减函数，当12k 时,()0fk，()f k在1(,)2+上为增函数，16 分分 所以当12k=时，()f k有最小值，MN有最小值.min114 112544MN=+=.17 分分 19.（17 分）（1）解：第 1 行最后两数0101CC1=，第 2 行的最后两数120233CCC2=.1 分分 第m（3m）行的第m个数为132222CCmmmm，第1m+个数为22121CCmmmm，猜测：13222222121CCCCmmmmmmmm=.2 分分【法一法一】即证：
13、12321222122CCCCmmmmmmmm=，3 分分 因为11233222222222222CCCCCCmmmmmmmmmmmm+=+，5 分分 高三数学答案 第7页（共 8 页）只要证明22222CCmmmm=，该式显然成立，所以12321222122CCCCmmmmmmmm=，所以每行最后两个数相等.6 分分【法二法二】因为22121(21)!(21)!CC!(1)!(2)!(1)!mmmmmmm mmm=+(21)!(1)(1)!(1)!mm mm mm m=+2(21)!(2)!(1)!(1)!mmmm mm m=+；4 分分 又因为132222(22)!(22)!CC(1)!(
14、1)!(3)!(1)!mmmmmmmmmm=+(22)!(1)(1)(2)(1)!(1)!mmmmmmm=+(42)(22)!(1)!(1)!mmmm=+2(21)!(2)!(1)!(1)!(1)!mmmmm m=+.即：13222222121CCCCmmmmmmmm=.所以每一行的最后两个数相等.6 分分（2）第 1 行所有数之和为0101CC2+=，第 2 行的最后一个数为03233 12CC=，此时结论成立.7 分分 因为11CCCkkknnn+=，第m（2m）行的1m+个数之和为：0120312111222121CC(CC)(CC)(CC)mmmmmmmmmm+012012112112
15、21(CCCC)(CCC)mmmmmmmmm+=+0120121212221(CCCC)(CCC)mmmmmmmmm+=+1212211213321(CCC)(CCC)mmmmmmmm+=+222CCmmmm=.10分分 高三数学答案 第8页（共 8 页）而第1m+行倒数第二个数为222CCmmmm，由（1）得每行最后两个相等，所以结论得证.11 分分（3）当1n=，3k=时，1111C1Sa=，11341S=，当4k时，此时显然不成立.猜测：存在正整数 k，使得41nnkS恒成立，k 的最大值为 3.12 分分 下证：当2n时，341nnS 恒成立.由（1）知，(2)!(1)!nnnan+=，则1(22)!(1)!(2)!nannn+=+，因为1(22)!(22)(1)!(!)!(1)!(212)!(2)()(12nnannnnn nnannn+=+=2(21)4(2)6644222nnnnn+=+.14 分分 又0na，当2n时，2111214444nnnnnaaaa=.15 分分 当2n时，211241.144.43nnnnSaaa=+=，所以341nnS.综上：存在正整数 k，k 的最大值为 3，使得41nnkS恒成立.17 分分
