《2024届江苏省百校大联考高三上学期第二次考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届江苏省百校大联考高三上学期第二次考试数学试题含答案.pdf（15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、学科网（北京）股份有限公司江苏省百校联考高三年级第二次考试数 学 试 卷注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。选择题部分一、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.已知复数z满足z(1+i)=1-3i,则复数z的共轭复数z的模长为()A.2B.3C.2D.52.已知
2、集合M=x|1-1-1,N=x|ln x4”是“向量a与c的夹角为锐角”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.若函数f(x)=sin(x+)(0,|C8”,则P(A)=()A.1136B.13C.1336D.5126.若直线y=ax+b是曲线y=ln x(x0)的一条切线,则 2a+b的最小值为()A.2ln 2B.ln 2C.12ln 2D.1+ln 27.已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,且抛物线C过点P(1,-2),过点F的直线与抛物线C交于两点,A1,B1分别为A,B两点在抛物线C准线上的投影,M为线段AB的中点,O为坐标原点,
3、则下列结论正确的是()A.线段AB长度的最小值为 2B.A1FB1的形状为锐角三角形C.A,O,B1三点共线D.M的坐标不可能为(3,-2)8.设数列an的前n项和为Sn,且Sn+an=1,记bm为数列an中能使an12 1(mN*)成立的最小项,则数列bm的前 2023 项和为()A.20232024B.22024-1C.6-327D.112-328二、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 2 分,有选错的得 0 分.9.已知定义在 R 上的奇函数f(x)满足f(x-1)=f(x+1),则以下说法
4、正确的是()A.f(0)=0B.f(x)的一个周期为 2C.f(2023)=1D.f(5)=f(4)+f(3)学科网（北京）股份有限公司10.双曲线C:22-22=1(a0,b0),左、右顶点分别为A,B,O为坐标原点,如图,已知动直线l与双曲线C左、右两支分别交于P,Q两点,与其两条渐近线分别交于R,S两点,则下列命题正确的是()A.存在直线l,使得APORB.l在运动的过程中,始终有|PR|=|SQ|C.若直线l的方程为y=kx+2,存在k,使得SORB取到最大值D.若直线l的方程为y=-22(x-a),=2,则双曲线C的离心率为 311.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=A
5、A1=2,AD=1,BAD=BAA1=DAA1=60,动点P在直线CD1上运动,以下四个命题正确的是()A.BDAPB.四棱锥P-ABB1A1的体积是定值C.若M为BC的中点,则1B=2-1D.的最小值为-1412.已知函数f(x)=a(ex+a)-x,则下列结论正确的有()A.当a=1 时,方程f(x)=0 存在实数根B.当a0 时,函数f(x)在 R 上单调递减C.当a0 时,函数f(x)有最小值,且最小值在x=ln a处取得D.当a0 时,不等式f(x)2ln a+32恒成立非选择题部分三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13.若关于x的不等式ax2-2x+a0
6、在区间0,2上有解,则实数a的取值范围是.学科网（北京）股份有限公司14.已知an是递增的等比数列,且满足a3=1,a1+a3+a5=919,则a4+a6+a8=.15.如图,若圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且r1r2=3,则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为.16.设a0,已知函数f(x)=ex-aln(ax+b)-b,若f(x)0 恒成立,则ab的最大值为.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)锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知1-cossin=sin21
7、cos2.(1)证明:cos B=2.(2)求的取值范围.18.(12 分)受环境和气候影响,近阶段在相邻的甲、乙、丙三个市爆发了支原体肺炎,经初步统计,这三个市分别有 8%,6%,4%的人感染了支原体肺炎病毒,已知这三个市的人口数之比为 4610,现从这三个市中任意选取一个人.(1)求这个人感染支原体肺炎病毒的概率;(2)若此人感染支原体肺炎病毒,求他来自甲市的概率.19.(12 分)设数列an的前n项和为Sn,已知a1=3,2Sn=3an-3.(1)证明数列an为等比数列;(2)设数列an的前n项积为Tn,若1log)232)(21(13naTaSknnkkkk对任意nN*恒成立,求整数的
8、最大值.20.(12 分)设椭圆22+22=1(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知1F=32.(1)求椭圆的离心率.(2)已知椭圆右焦点F的坐标为(1,0),P是椭圆在第一象限的任意一点,且直线A2P交y轴于点Q.若A1PQ的面积与A2FP的面积相等,求直线A2P的斜率.学科网（北京）股份有限公司21.(12 分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,平面PAD平面ABCD,平面PCD平面ABCD.(1)证明:PD平面ABCD.(2)若PD=AD,M是PD的中点,N在线段PC上,求平面BMN与平面ABCD夹角的余弦值的取值范围.22.(12 分)已知函数f
9、(x)=xln x-12ax2(a0).(1)若函数f(x)在定义域内为减函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x11.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司江苏省百校联考高三年级第二次考试数学试卷参考答案1.D【解析】法一:因为z(1+i)=1-3i,所以z=1-3i1 i=(1-3i)(1-i)(1 i)(1-i)=1-3-4i2=-1-2i,所以|z|=|z|=5,故选 D.法二:两边取模|z(1+i)|=|1-3i|,得|z|1+i|=|1-3i|,所以|z|=|z|=5,故选 D.2.C【解析】解不等式1-1-1,即-10,所以 0 x1
10、,即M=(0,1),由 ln x1,得 0 x0,得t4,此时向量a与c的夹角为锐角.故“t4”是“向量a与c的夹角为锐角”的充要条件,故选 C.4.C【解析】由图象知T=4(712-3)=,故=2.将(712,-1)代入解析式,得 sin(76+)=-1,所以76+=-2+2k,kZ,又|0),f(x)=-22+1=-22,当x(0,2)时,f(x)0,f(x)min=f(2)=ln 2,2a+b的最小值为 ln 2.7.C【解析】因为抛物线C过点P(1,-2),所以抛物线C的方程为y2=4x,线段AB长度的最小值为通径 2p=4,所以 A 错误;学科网（北京）股份有限公司由定义知AA1=A
11、F,AA1x轴,所以AFA1=AA1F=A1FO,同理BFB1=B1FO,所以A1FB1=90,所以 B 错误;设直线与抛物线C交于AB:x=my+1,联立抛物线,得y2-4my-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1y2=-4,kOA=11=41=-y2,因为B1(-1,y2),所以1=-y2=kOA,A,O,B1三点共线,所以 C 正确;设AB的中点为M(x0,y0),则y0=122=2m,x0=my0+1=2m2+1,取m=-1,M(3,-2),所以 D 错误.故选 C.8.D【解析】当n=1 时,a1=12,由Sn+1+an+1=1,得 2an+1-an=0,an=12,
12、显然an递减,要使得an最小,即要使得n最大,令1212 1,得 2n2m+1.若m=1,则n1,b1=a1=12;若 2m3,则n2,bm=a2=14;若 4m7,则n3,bm=a3=18;若 8m15,则n4,bm=a4=116;若 1024m2047,则n11,bm=a11=1211.T1=b1=12,T3=b1+(b2+b3)=12+12=1,T7=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)=12+12+12=32,T2047=1112=112,T2023=112-24211=112-328,故选 D.9.ABD【解析】f(x)是 R 上的奇函数,因此f(0)=0,A 正确;由f
13、(x-1)=f(x+1)得f(x)=f(x+2),所以 2 是它的一个周期,B 正确;f(2023)=f(21011+1)=f(1),而f(1)=0,C 错误;f(4)=f(0)=0,f(5)=f(3),因此f(5)=f(4)+f(3),D 正确.故选 ABD.10.BD【解析】A 选项,与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点,故 A 错误;B 选项,易证明线段PQ与线段RS的中点重合,故 B 正确;C 选项,当k越来越接近渐近线的斜率时,SORB会趋向于无穷,不可能有最大值,故 C 错误;D 选项,联立直线l与渐近线y=x,解得S(22b a,2b a),联立直线l与渐近线y=-x,解得
14、R(2-2b a,2b-a),由题可知,=2,所以yS-yR=2(yB-yS),即 3yS=yR+2yB,32b a=2b-a,解得b=2a,所以e=3,故 D 正确.故选 BD.11.BCD【解析】对于 A,假设BDAP,则BD平面ACD1,因为AC平面ACD1,所以BDAC,则四边形ABCD是菱形,AB=AD,A 不正确;对于 B,由平行六面体ABCD-A1B1C1D1得CD1平面ABB1A1,所以四棱锥P-ABB1A1的底面积和高都是定值,所以体积是定值,B 正确;学科网（北京）股份有限公司对于 C,1=+1,=+12,故 2-1=-1=1B,故 C 正确;对于 D,设=1C,=(+)=
15、(1C-)1C=(1B-)1B=(-1-)(-1)=(-1)|2-21-(-1)1+2|1|2+1=(-1)|2-(22-)1-+2|1|2+1=(-1)4-(22-)4cos 60-2cos 60+42+2cos 60=42-2=(2-12)2-14-14,当且仅当=14时,等号成立,所以的最小值为-14,故 D 正确.故选 BCD.12.BD【解析】对于 A,因为a=1,所以方程f(x)=0 即 ex+1-x=0,又 exx+1x-1,所以 ex+1-x0 恒成立,所以方程f(x)=0 不存在实数根,所以 A 错误.对于 B,因为f(x)=a(ex+a)-x,定义域为 R,所以f(x)=a
16、ex-1,当a0 时,由于 ex0,则aex0,故f(x)=aex-10 时,令f(x)=aex-1=0,解得x=-ln a.当x-ln a时,f(x)-ln a时,f(x)0,则f(x)在(-ln a,+)上单调递增.当a0 时,f(x)在(-,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+)上单调递增.所以函数f(x)有最小值,即最小值在x=-ln a处取得,所以 C 错误.对于 D,由上知f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,要证f(x)2ln a+32,即证 1+a2+ln a2ln a+32,即证a2-12-ln a0 恒成立,令g(a)
17、=a2-12-ln a(a0),则g(a)=2a-1=22-1.令g(a)0,则 0a0,则a22.所以g(a)在(0,22)上单调递减,在(22,+)上单调递增,学科网（北京）股份有限公司所以g(a)min=g(22)=(22)2-12-ln22=ln 20,则g(a)0 恒成立,所以当a0 时,f(x)2ln a+32恒成立,D 正确.综上,故选 BD.13.(-,1【解析】因为x0,2,所以由ax2-2x+a0,得a221,因为关于x的不等式ax2-2x+a0 在区间0,2上有解,所以只需a小于或等于221的最大值,当x=0 时,221=0,当x0 时,221=211,当且仅当x=1 时
18、,等号成立,所以221的最大值为 1,故a1,即实数a的取值范围是(-,1.故答案为(-,1.14.273【解析】设公比为q,a1+a3+a5=32+a3+a3q2=919,解得q2=9 或19,因为an递增,所以q=3,则a4+a6+a8=(a1+a3+a5)q3=91933=273.故答案为 273.15.12【解析】设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2,则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处,设球O与母线AB切于M点,OMAB,OM=OO1=OO2=R(R为球O的半径),AOO1与AOM全等,AM=r1,同理BM=r2,AB=r1+r2,O122=(r1+r2)2-(r1-r2)2=
19、4r1r2=12,O1O2=2 3,圆台的内切球半径R=3,内切球的表面积为 4R2=12.故答案为 12.16.e2【解析】f(x)0ax+exaln(ax+b)+(ax+b),设g(x)=aln x+x,易知g(x)在(0,+)上递增,且g(ex)=aln ex+ex=ax+ex,故f(x)0g(ex)g(ax+b)exax+b.法一:设y=ex在点P(x0,e0)处的切线斜率为a,e0=a,即x0=ln a,切线l:y=ax+a(1-ln a),由 exax+b恒成立,可得ba(1-ln a),aba2(1-ln a),设h(a)=a2(1-ln a),a0,h(a)=2a(12-ln
20、a),当a(0,e12)时,h(a)0,当a(e12,+)时,h(a)0,h(a)max=h(e12)=e2,ab的最大值为e2.故答案为e2.法二:设h(x)=ex-ax-b,h(x)=ex-a,当x(-,ln a)时,h(x)0,h(x)min=h(ln a)=a(1-ln a)-b0,即有ba(1-ln a),aba2(1-ln a),下同法一.学科网（北京）股份有限公司17.【解析】(1)证法一:因为1-cossin=sin21 cos2=2sincos2cos2B=sincos,所以(1-cos A)cos B=sin Asin B,.2 分所以 cos B=cos Acos B+s
21、in Asin B,即 cos(A-B)=cos B,而-2A-B2,0B2,所以A-B=B,即A=2B,.4 分所以 sin A=sin 2B=2sin Bcos B.由正弦定理得 a=2bcos B,即 cos B=2.5 分证法二:由1-cossin=2sin222sin2cos2=sin2cos2=sin21 cos2,所以sin2cos2=sin21 cos2,即 sin2(1+cos 2B)=cos2sin 2B,所以 sin2=sin 2Bcos2-cos 2Bsin2=sin(2B-2),又 0A2,0B2,所以2=2B-2或2+(2B-2)=2B=,所以A=2B或B=2(与锐
22、角ABC不合,舍去).综上知,A=2B.所以 sin A=sin 2B=2sin Bcos B,由正弦定理得 a=2bcos B,即 cos B=2.(2)由上知A=2B,则C=-A-B=-3B,在锐角ABC中,6B3 1对任意nN*恒成立,.8 分故0,.11 分所以数列f(n)单调递增,所以f(n)min=f(1)=1,所以1,故整数的最大值为 0.12 分20.【解析】(1)由题可知,|A1A2|=2a,由1F=32,所以|1F|=3|2|,所以|1F|=34|A1A2|=32a,即a+c=32a,所以椭圆的离心率e=12.3 分(2)法一:由题意知,c=1,a=2,所以椭圆方程为24+
23、23=1,直线A2P的斜率存在,设直线A2P的斜率为k,则直线方程为kx-y-2k=0 且k0,设A1到直线A2P的距离为h1,F到直线A2P的距离为h2,则h1=|-4|21,h2=|-|21,.5 分学科网（北京）股份有限公司又1PQ=12h1|PQ|,2FP=12h2|A2P|,1PQ=2FP,所以|2P|=21=14,.8 分由图可得2P=452Q,又因为A2(2,0),Q(0,-2k),所以P(25,-85k),.10 分又P在椭圆上,代入椭圆方程解得k2=98,因为k0,所以k=-3 24.12 分法二:由题意知,直线A2P的斜率存在,设直线A2P的斜率为k,则直线方程为kx-y-
24、2k=0 且k0,联立-2=0,24+23=1,消去y得到方程(3+4k2)x2-16k2x+16k2-12=0,所以2xP=162-123 42,所以xP=82-63 42,.5 分代入直线方程得P(82-63 42,-123 42),Q(0,-2k),.7 分2FP=12|A2F|yP=2,1PQ=12-12=124(-2k)-124yP,又因为1PQ=2FP,所以52yP=-4k,.10 分所以52-123 42=-4k,解得k2=98,因为k0,所以k=-3 24.12 分21.【解析】(1)四边形ABCD是正方形,ADCD.平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCD=CD,AD平
25、面ABCD,AD平面PCD,PD平面PCD,ADPD,.2 分同理CDPD.ADCD=D,AD平面ABCD,CD平面ABCD,PD平面ABCD.4 分学科网（北京）股份有限公司(2)由(1)知ADPD,CDPD,ADCD,DA,DC,DP两两垂直,如图,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设PD=AD=2,则D(0,0,0),P(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,0,1).PD平面ABCD,平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),.5 分=(01),=(-2,-2,1),=(0,-2,2),=+=+=(-2,0,0)+(0,
26、-2,2)=(-2,-2,2),设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则=-2-2+=0,=-2-2+2=0,取x=,则y=1-2,z=2-2,平面BMN的一个法向量为n=(,1-2,2-2).7 分设平面BMN与平面ABCD的夹角为,则 cos=|cos|=|=|2-2|2(1-2)2(2-2)2=|2-2|92-12 5,.8 分设t=1-,则 0t1.当t=0 时,cos=0.9 分当t0 时,cos=2|92-6t 2=2292-6t 2=212(1)2-619=212(1-32)292,当t=23时,cos=2 23,00,h(x)递增,当x(1,+)时,h(x)0,h(x)递减
27、,.3 分h(x)max=h(1)=1,a1.4 分(2)证法一:函数f(x)有两个极值点,由(1)可知 0a0,当x(1,+)时,g(x)0,学科网（北京）股份有限公司g(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减,0 x110,0 x1111,只需证x211(1),只需证g(x2)0,即证 ln(ax1)+11-10,(*).8 分由g(x1)=ln x1-ax1+1=0,设ax1=t(0,1),则 ln x1=t-1,x1=et-1,则(*)ln t+e1-t-10,.10 分设G(t)=ln t+e1-t-1(0t1),G(t)=1-1e-1=e-1-te-1,由(1)知 ln xx-
28、1,ex-1x,et-1-t0,即G(t)0,G(t)在(0,1)上递增,G(t)1.12 分证法二:先证明引理:当 0t1 时,ln t1 时,ln t2(-1)1.设G(t)=ln t-2(-1)1(t0),G(t)=1-4(1)2=(-1)2(1)20,G(t)在(0,+)上递增,又G(1)=0,当 0t1时,G(t)1 时,G(t)G(1)=0,引理得证.5 分函数f(x)有两个极值点,由(1)可知 0a0,当x(1,+)时,g(x)0,g(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减,0 x11x2,即 0ax111,只需证 ln x1+ln x2-ln a,即证a(x2+x1)2-ln a,(*).7 分由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)2(2-1)21,化简可得a222+a(ln a-2)x2+ln a+10,.9 分同理ax1+ln a-1=ln(ax1)2(1-1)11,即有a221+a(ln a-2)x1+ln a+10,即a2(x2+x1)+a(ln a-2)0,即a(x2+x1)2-ln a,故(*)得证,从而x1x21.12 分