《江苏省南京市2024届高三上学期9月学情调研数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南京市2024届高三上学期9月学情调研数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三数学试卷 第1页（共 6 页）南京市南京市 2024 届高三年级学情调研届高三年级学情调研 数数学学2023.09注意事项：注意事项：1本试卷共 6 页，包括单项选择题（第 1 题第 8 题）、多项选择题（第 9 题第 12 题）、填空题（第 13 题第 16 题）、解答题（第 17 题第 22 题）四部分本试卷满分为 150 分，考试时间为120 分钟 2答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号填涂在答题卡上指定的位置 3作答选择题时，选出每小题的答案后，用 2B 铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案答案不能答在试卷上4非选择题必须用黑
2、色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，在其他位置作答一律无效一、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，请把答案填涂在答题卡相应位置上 1已知集合 Ax|x24x30，Bx|2x4，则 AB Ax|3x4 Bx|1x3 Cx|2x3 Dx|1x4 2若 z3i1iEA，则 z的虚部为A2 B2 C2i D2i 3(xA2xEA)4的展开式中常数项为 A24 B4 C4 D24 4在ABC 中，点 D为边 AB的中点记ACAEAm，ACDEAn，则ACBEAA2mn Bm2n C2mn Dm2n 5设 O
3、为坐标原点，A 为圆 C：x2y24x20 上一个动点，则AOC 的最大值为 AA12EABA6EACA4EADA3E6在正方体 ABCDA1B1C1D1中，过点 B 的平面 与直线 A1C 垂直，则 截该正方体所得截面的形状为A三角形 B四边形 C五边形 D六边形 7 新风机的工作原理是，从室外吸入空气，净化后输入室内，同时将等体积的室内空气排向室外 假设某房间的体积为 v0，初始时刻室内空气中含有颗粒物的质量为 m已知某款新风机工作时，单位时间内从室外吸入的空气体积为 v(v1)，室内空气中颗粒物的浓度与时刻 t 的函数关系为(t)(1)Amv0EAAmv0EAevt，其中常数 为过滤效率
4、若该款新风机的过滤效率为A45EA，且 t1 时室内空气中颗粒物的浓度是 t2 时的32倍，则 v 的值约为(参考数据：ln20.6931，ln31.0986)A1.3862 B1.7917 C2.1972 D3.5834 8若函数 f(x)sin(cosx)1(0)在区间(0，2)恰有 2 个零点，则 的取值范围是 A(0，A2EA)B(A2EA，A32EA)C(A2EA，A52EA)D(A2EA，)高三数学试卷 第2页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，部分选对的得
5、2 分，有选错的得 0 分 9若 a0b，且 ab0，则 Aab1B|a|b|C1a1b0 D(a1)(b1)1 10有一组样本数据 x1，x2，x3，x4，x5，已知A5AEi1Exi10，A5AEi1Exi230，则该组数据的 A平均数为 2 B中位数为 2 C方差为 2 D标准差为 2 11在ABC 中，ACB90，ACBC2A2EA，D 是 AB 的中点将ACD 沿 CD 翻折，得到三棱锥 ABCD，则 ACDAB B当 ADBD 时，三棱锥 ABCD 的体积为83 C当 AB2A3EA时，二面角 ACDB 的大小为A23ED当ADBA23EA时，三棱锥 ABCD 的外接球的表面积为
6、20 12函数 f(x)及其导函数 f(x)的定义域均为 R，且 f(x)f(x)2x，f(1x)f(1x)0，则 Ayf(x)x 为偶函数 Bf(x)的图象关于直线 x1 对称 Cf(0)1 Df(x2)f(x)2 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边经过点 P(3，4)，则 sin()A_EA14某批麦种中，一等麦种占 90%，二等麦种占 10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有 50 粒以上麦粒的概率分别为 0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有 50 粒以上麦粒的概率为A_EA 15记 Sn为数
7、列an的前 n 项和，已知 anAAEA2n(n2)，n为奇数，E an1，n为偶数，EA则 S8A_EA16已知双曲线 C：Ax2a2EAAy2b2EA1(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P 是 C 右支上一点，线段PF1与 C 的左支交于点 M若F1PF2A3EA，且|PM|PF2|，则 C 的离心率为A_EA 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17(10 分)已知公比大于 1 的等比数列an满足：a1a418，a2a332(1)求an的通项公式；(2)记数列bn的前 n 项和为 Sn，若 Sn2bnan，nN*，证明：Abnan
8、EA是等差数列高三数学试卷 第3页（共 6 页）18(12 分)记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 asinB 3bcosA0(1)求 A；(2)若 a3，sinBsinC14，求ABC 的面积19(12 分)某地区对某次考试成绩进行分析，随机抽取 100 名学生的 A，B 两门学科成绩作为样本将他们的 A 学科成绩整理得到如下频率分布直方图，且规定成绩达到 70 分为良好已知他们中 B 学科良好的有 50 人，两门学科均良好的有 40 人（1）根据所给数据，完成下面的 22 列联表，并根据列联表，判断是否有 95%的把握认为这次考试学生的 A 学科良好与 B 学科良好
9、有关；B 学科良好 B 学科不够良好 合计A 学科良好 A 学科不够良好 合计（2）用样本频率估计总体概率，从该地区参加考试的全体学生中随机抽取 3 人，记这 3 人中 A，B学科均良好的人数为随机变量 X，求 X 的分布列与数学期望 附：K2n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)，其中 nabcdP(K2k0)0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 O 50 60 70 80 90 100 分数频率组距0.005 0.010 0.020 0.025 0.
10、040(第 19 题图)高三数学试卷 第4页（共 6 页）20(12 分)如图，四边形 ABCD 是圆柱 OE 的轴截面，点 F 在底面圆 O 上，OABF 3，AD3，点 G 是线段 BF 的中点(1)证明：EG平面 DAF；(2)求直线 EF 与平面 DAF 所成角的正弦值21(12 分)已知 O 为坐标原点，F(1，0)是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点，过 F 且不与坐标轴垂直的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点当 A 为短轴顶点时，OAF 的周长为 3 3(1)求 C 的方程；(2)若线段 AB 的垂直平分线分别交 x 轴、y 轴于点 P，Q，M 为线段 AB 的中
11、点，求|PM|PQ|的取值范围22(12 分)已知函数 f(x)aexxa，其中 a0(1)若 a1，证明：f(x)0；(2)设函数 g(x)xf(x)，若 x0 为 g(x)的极大值点，求 a 的取值范围A D E C B O F G(第 20 题图)高三数学试卷 第1页（共 6 页）南京市南京市 2024 届高三年级学情调研届高三年级学情调研 数学参考答案数学参考答案2023.09 一、一、选择题：本大题共选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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，请把答案填涂在
12、答题卡相应位置上要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上 1C 2B 3D 4D 5C 6A 7B 8B 二、二、选择题：本大题共选择题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，分 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上全部选对得请把答案填涂在答题卡相应位置上全部选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分，不选或有错选的得分，不选或有错选的得 0 分分 9ABD 10AC 11ACD 12BC 三三、填空题：本大题共填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共
13、 20 分请把答案填写在答题卡相应位置上分请把答案填写在答题卡相应位置上 1345 140.56 15169 16 7 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤明过程或演算步骤17（10 分）解：（1）方法 1：因为an是等比数列，所以 a2a3a1a432，又 a1a418，所以a12，a416或a116，a42 2 分又 q1，所以a12，a416，所以 q38，q2 4 分因此 ana1qn12n 5 分 方法 2：由基本量得出
14、a12，q2或 a116，q12 2 分又 q1，所以a12，q2 4 分因此 ana1qn12n 5 分（2）由（1）得 Sn2bn2n，所以 Sn12bn12n1，两式作差可得 bn12bn2n，nN*7 分所以bn12n1bn2n12，即bn1an1bnan12(nN*)9 分所以数列bnan是公差为12的等差数列 10 分18（12 分）解：(1)由正弦定理，得 sinAsinB 3sinBcosA0 2 分因为 B(0，)，sinB0，所以 sinA 3cosA0，即 tanA 3 4 分 因为 A(0，)，所以 A23 6 分高三数学试卷 第2页（共 6 页）(2)解法 1：由正弦
15、定理asinAbsinBcsinC，所以bsinBcsinC3322 3，因此 b2 3sinB，c2 3sinC 9 分 所以 bc(2 3)2sinBsinC3 10 分所以，ABC 的面积为 S12bcsinA123233 34 12 分解法 2：因为 sinBsinC14，BAC3C，所以 sin(3C)sinC14化简得 cos(2C3)1，因为 C(0，3)，所以 2C3(3，3)，故 C6 9 分 因此 B3C6，进而可解得 bc 3 10 分所以ABC 的面积为 S12 3 3sin233 34 12 分19（12 分）解：（1）由直方图可得 A 学科良好的人数为 100(0.
16、0400.0250.005)1070，所以 22 列联表如下：B 学科良好 B 学科不够良好 合计A 学科良好 40 30 70 A 学科不够良好 10 20 30 合计50 50 100 2 分假设 H0：A 学科良好与 B 学科良好无关，3 分K2n(adbc)2E(ab)(cd)(ac)(bd)EAA100(30104020)2E70305050EA100214.83.841，5 分所以有 95%把握认为 A 学科良好与 B 学科良好有关 6 分（2）AB 学科均良好的概率 P4010025，X 的可能取值为 0，1，2，3，且 XB(3，25)所以 P(X0)C03(25)0(35)3
17、27125，P(X1)C13(25)1(35)254125，P(X2)C23(25)2(35)136125，P(X3)C33(25)3(35)08125 10 分所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27125 54125 36125 8125 因为 XB(3，25)，所以 E(X)32565 12 分20（12 分）（1）证法一：连接 OE，OG在圆柱 OE 中，四边形 ABCD 是圆柱 OE 的轴截面，所以 OEDAD E C 高三数学试卷 第3页（共 6 页）又 OE平面 DAF，DA平面 DAF，所以 OE平面 DAF 2 分 在ABF 中，点 O，G 分别是 AB 和 BF
18、的中点，所以 OGAF 又 OG平面 DAF，AF平面 DAF，所以 OG平面 DAF 又 OEOGO，OE，OG平面 OEG，所以平面 OEG平面 DAF 4 分 又 EG平面 OEG，所以 EG平面 DAF 6 分 证法二：取 AF 的中点 M，连接 MD，MG 因为点 M，G 分别是 FA 和 FB 的中点，所以 MG_AO 2 分 在圆柱 OE 的轴截面四边形 ABCD 中，AO_DE 所以 MG_DE，因此四边形 DEGM 是平行四边形 4 分 因此 EGDM 又 EG平面 DAF，DM平面 DAF，所以 EG平面 DAF 6 分 证法三：以 O 为坐标原点，AB 的中垂线为 x 轴
19、，OB 为 y 轴，OE 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系则 B(0，3，0)，E(0，0，3)因为 AB 为底面圆 O 的直径，点 F 在圆 O 上，所以 BFAF又 OAOBBF 3，所以BOF60，因此 F(32，32，0)因为点 G 是线段 BF 的中点，所以 G(34，3 34，0)，因此 GE(34，3 34，3)2 分因为 AD平面 ABF，BF平面 ABF，所以 BFAD 又 BFAF，AFADA，AF，AD平面 DAF，所以 BF平面 DAF，因此FB(32，32，0)是平面 DAF 的一个法向量 4 分因为 BFEG3234323 34030，又 EG平面 DAF，
20、所以 EG平面 DAF 6 分（2）解：法一：以 O 为坐标原点，AB 的中垂线为 x 轴，OB 为 y 轴，OE 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系则 B(0，3，0)，E(0，0，3)7 分 因为 AB 为底面圆 O 的直径，点 F 在圆 O 上，所以 BFAF又 OAOBBF 3，所以BOF60，因此 F(32，32，0)因此 F(32，32，0)，EF(32，32，3)8 分因为 AD平面 ABF，BF平面 ABF，所以 BFAD又 BFAF，AFADA，AF，AD平面 DAF，所以 BF平面 DAF因此FB(32，32，0)是平面 DAF 的一个法向量 10 分设 EF 与平面
21、 DAF 所成角为，则 sin|cosEF，FB|EFFB|EF|FB|322 3 314，A D E C B O F G M A D E C B O F G z y x A D E C B O F G z y x 高三数学试卷 第4页（共 6 页）所以 EF 与平面 DAF 所成角的正弦值为14 12 分 法二：由(1)得 EG平面 DAF，所以点 E 到平面 DAF 的距离等于点 G 到平面 DAF 的距离 因为 AD平面 ABF，BF平面 ABF，所以 BFAD 因为 AB 为底面圆 O 的直径，点 F 在圆 O 上，所以 BFAF 又 AFADA，AF，AD平面 DAF，所以 BF平面
22、 DAF 所以点 E 到平面 DAF 的距离 dGF12BF32 9 分连结 OE，OF，易得 OF 3，所以 EF OF2OE22 3 10 分 设 EF 与平面 DAF 所成角为，则 sindEF322 314，所以 EF 与平 面 DAF 所成角的正弦值为14 12 分 法三：过 F 作 AD 的平行线交上底面于点 H，连结 DH，平面 ADF 即为平面 AFHD 过 E 作 EKDH，K 为垂足，又因为 ADEK，ADDHD，则 EK平面 AFHD，则EFK 为 EF 与平面 ADF 所成的角8 分得 EK32，EF OF2OE22 3 10 分设 EF 与平面 DAF 所成角为，则
23、sinEKEF322 314，所以 EF 与平 面 DAF 所成角的正弦值为14 12 分 21（12 分）解：（1）设椭圆 C 的焦距为 2c，由题得 c1 当 A 为短轴顶点时，OAF 的周长 ab13 3 1 分 又 a2b21，所以 a2(2 3a)21，解得 a2，b 3 3 分 所以，椭圆 C 的标准方程为x24y231 4 分（2）法一：易得 F(1，0)，设直线 AB：yk(x1)联立yk(x1)，x24y231，消去 y 并整理得(4k23)x28k2x4k2120，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x28k24k23，y1y2k(x1x2)2k6k4k23，则
24、 M(4k24k23，3k4k23)6 分于是线段 AB 的垂直平分线的方程为 y1k(x4k24k23)3k4k23B M y P x O A F Q A D E C B O F G A D E C B O F G K H 高三数学试卷 第5页（共 6 页）令 y0，得 xPk24k23 8 分处理法 1：因为 k0，所以 xPk24k231434(4k23)(0，14)9 分因为POQPMF90，所以 Q，O，M，F 四点共圆，由相交弦定理可得|PM|PQ|PO|PF|xP(1xP)xPxP2 11 分 因为 xP(0，14)，且函数 yxPxP2在(0，14)上递增，所以|PM|PQ|x
25、PxP2(0，316)12 分处理法 2：易得OPQMPF，所以POPMPQPF，所以 PMPQPOPF处理法 3：|PM|PQ|11k2|xMxP|11k2|xP|(11k2)|4k24k23k24k23|k24k23|3k2(k21)(4k23)2 10 分令 t4k233，则|PM|PQ|3k2(k21)(4k23)23(t22t3)16t23163(1t)221t1，因为 t3，所以1t(0，13)，因此3(1t)221t1(0，1)，因此|PM|PQ|3163(1t)221t1(0，316)12 分法二：易得 F(1，0)，设直线 AB：xmy1 联立xmy1，x24y231，消去
26、x 并整理得(3m24)y26my90，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y26m3m24，x1x2m(y1y2)283m24，则 M(43m24，3m3m24)6 分于是线段 AB 的垂直平分线的方程为 ym(x43m24)3m3m24令 y0，得 xP13m24 8 分处理法 1：因为 m0，所以 xP13m24(0，14)9 分因为POQPMF90，所以 Q，O，M，F 四点共圆，由相交弦定理可得|PM|PQ|PO|PF|xP(1xP)xPxP2 11 分 因为 xP(0，14)，且函数 yxPxP2在(0，14)上递增，所以|PM|PQ|xPxP2(0，316)12 分处
27、理法 2：易得OPQMPF，所以POPMPQPF，所以 PMPQPOPF处理法 3：|PM|PQ|1m2|xMxP|1m2|xP|高三数学试卷 第6页（共 6 页）(1m2)|43m2413m24|13m24|3(m21)(3m24)2 10 分令 t3m244，则|PM|PQ|3(m21)(3m24)2t1t21t21t(0，316)12 分处理法 4：|PM|PQ|3(m21)(3m24)2令 t3(m21)3，则|PM|PQ|3(m21)(3m24)2t(t1)21t1t2(0，316)12 分22（12 分）(1)证明：若 a1，则 f(x)exx1，f(x)ex1，1 分令 f(x)
28、0，得 x0在(，0)上，f(x)0，f(x)单调递减；在(0，)上，f(x)0，f(x)单调递增；3 分 故 f(x)f(0)0 4 分(2)解：g(x)axexx2ax，g(x)a(x1)ex2xaa(x1)ex12x当 x0 时，易得(x1)ex10，所以由(1)可得，若 a1，则 g(x)a(x1)ex12x(x1)ex2x1(x1)22x1x20，所以 g(x)在(0，)上单调递增，这与 x0 为函数 g(x)的极大值点相矛盾 7 分 若 0a1，g(x)a(x2)ex2，因为 g(x)a(x3)ex0 对 x3 恒成立，所以 g(x)在(3，)上单调递增 8 分 又 g(0)2a20，g(2a2)a(2a22)20，因为 0a1，所以2a20，因此存在唯一 x0(0，2a2)，使得 g(x0)0 9 分 所以，在(3，x0)上，g(x)0，g(x)单调递减 10 分 又 g(0)0，所以 在(3，0)上，g(x)0，故 g(x)单调递增；在(0，x0)上，g(x)0，故 g(x)单调递减 11 分所以 x0 为函数 f(x)的极大值点，满足题意 综上，a 的取值范围为(0，1)12 分