2024届南通高三三模数学试题含答案.pdf

学科网（北京）股份有限公司2024届南通高三三模数学试题含答案 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2024 年高考适应性考试（三）数学试题数学试题参考答案及评分标准参考答案及评分标准 一、一、单项选择题（本大题共单项选择题（本大题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分分在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）是符合题目要求的）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B A C B A A 二、多项选择题（本大题共二、多项选择题（本大题共 3 3 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 1818 分在每个小题给出的选项中，有多项符合分在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得题目要求全部选对的得 6 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 0 分）分）题号 9 10 11 答案 AD BCD ACD 三、填空题（本题共三、填空题（本题共 3 3 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 1515 分）分）1222 13352 143 21nn+四四解答题（本大题共解答题（本大题共 5 5 小题，共小题，共 7777 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）证明过程或演算步骤）15（本小题满分（本小题满分 13 分）分）（1）证明：取 AE 的中点 N，连结 DN，FN 在AEB 中，M，N 分别是 EB，EA 的中点，所以 MNAB，且 AB2MN 在正方形 ABCD 中，ABCD，且 ABCD，又点 O1是 CD 的中点，所以 O1DAB，且 AB2O1D 所以 MNO1D，且 MNO1D，所以四边形 MNDO1是平行四边形，3 分 所以 O1MDN 又 DN平面 ADE，O1M平面 ADE，所以 O1M平面 ADE 6 分 D C B A E M O1 O N x y z 学科网（北京）股份有限公司（2）解：因为 AB 是圆 O 的直径，E 是AB的中点，且 AB4，所以 OEOB，且 OEOAOB2 以 O 为坐标原点，以 OE，OB，OO1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系 Oxyz 依题意，O(0，0，0)，O1(0，0，4)，B(0，2，0)，E(2，0，0)，M(1，1，0)，A(0，2，0)，D(0，2，4)7 分 所以()11 14O M=，()10 2 0DO=，()12 04O E=，设()1111nxyz=，是平面 O1MD 的法向量，则111100nO MnDO=，即11114020 xyzy+=，取 x14，得 y10，z11，所以()14 0 1n=，是平面 O1MD 的一个法向量 9 分 设()2222nxyz=，是平面 O1ME 的法向量，则212100nO MnO E=，即2222240240 xyzxz+=，取 x22，得 y22，z21，所以()22 2 1n=，是平面 O1ME 的一个法向量11 分 所以12122222221242021 13 17cos17401221nnnnnn+=+，设二面角 DO1ME 的大小为，据图可知，123 17coscos17nn=，所以二面角 DO1ME 的余弦值为3 1717 13 分 16（本小题满分（本小题满分 15 分）分）解：（1）假设 H0：人们对跑步的喜欢情况与性别无关 根据题意，由 22 列联表中的数据，可得()224012 108 10400.40403.841202022 1899=，故cos3sinAA=，即3tan3A=，又()0 A，所以56A=6 分（2）法一：因为 D 是边 BC 的中点，2a=，所以 BDCD1 在ABD 中，ABAD，则 ADBDsinBsinB 8 分 在ACD 中，CAD5623，C56B6B，CD1，据正弦定理可得，sinsinCDADCADC=，即1sinsin36ADB=，学科网（北京）股份有限公司 所以2sin63ADB=11 分 所以2sinsin63BB=，即313sincossin222BBB=，所以cos2 3sinBB=，13 分 又22sincos1BB+=，()0 B，所以()22sin2 3sin1BB+=，解得13sin13B=，所以1313AD=15 分 法二：因为 D 是边 BC 的中点，故 SABDSACD，所以11sin22c ADb ADDAC=，即115sin 226c ADb AD=，整理得32cb=10 分 在ABC 中，据余弦定理得，2222cosabcbcBAC=+，即2234bcbc+=联立，可得413b=，2 313c=13 分 在 RtABD 中，据勾股定理得，22222 3111313ADBDAB=，所以1313AD=15 分 法三：延长 BA 到点 H，使得 CHAB 在 RtCHB 中，ADAB，CHAB，故 ADCH，又 D 是 BC 的中点，所以 A 是 BH 的中点，所以 AHABc，CH2AD，且2224HBHCa+=10 分 在 RtCHA 中，566CAHBAC=，ACb，AHc，所以 CHbsinCAH12b，且 cbcosCAH32b 12 分 学科网（北京）股份有限公司 所以()221242cb+=，即22312422bb+=，解得4 1313b=(负舍)，所以111113222413ADCHbb=15 分 法四：延长 AD 到 E，使 ADDE，连结 EB，EC 因为 D 是 BC 的中点，且 ADDE，故四边形 ABEC 是平行四边形，BEACb 又56BAC=，所以566ABEBAC=在 RtBAE 中，ABAD，6ABE=，ABc，BEACb，所以1sin2AEBEABEb=，且3cos2cBEABEb=10 分 在 RtBAD 中，ABAD，ABc，AD12AE14b，BD12a1，据勾股定理222ABADBD+=，可得22114cb+=，13 分 将32cb=代入上式，可得4 1313b=(负舍)，所以113413ADb=15 分 18（本小题满分（本小题满分 17 分）分）解：（1）设椭圆 C 的焦距为 2c(c0)，因为椭圆 C 的离心率为32，所以32ca=，即2234ca=，据222abc=，得22234aba=，即2ab=2 分 所以直线 AB 的方程为12xybb+=，即220 xyb+=，因为原点 O 到直线 AB 的距离为255，故22225512b=+，解得1b=，所以2a=，4 分 学科网（北京）股份有限公司 所以椭圆 C 的标准方程为2214xy+=5 分（2）设直线 l 的方程为()12yk x=，其中14k，且1k，即21ykxk=+设直线 l 与椭圆 C 交于点()11M xy，()22N xy，联立方程组222114ykxkxy=+=，整理得()()22224116816160kxkk xkk+=，所以212216841kkxxk+=+，2122161641kkx xk=+8 分 所以()()12121212121212111112222xxxxxxkkyyk xk xkxx+=+=+=+()()()()()12121212121212222224x xxxx xxxkxxkx xxx+=+2222222222161616882241414144161616824414141kkkkkkkkkkkkkkkkk+=+为定值，得证 11 分 法一：法一：直线 BM 的方程为11yk x=+，令0y=，得11xk=，故110Tk，设直线 BN 与 x 轴交于点 Q 直线 BN 的方程为21yk x=+，令0y=，得21xk=，故210Qk，联立方程组222114yk xxy=+=，整理得()22224180kxk x+=，解得2222841kxk=+或 0(舍)，22222222222881114141kkyk xkkk=+=+=+所以BNT 的面积 22222221221228411111111224141BkkSQT yykkkkkk=+=+，学科网（北京）股份有限公司 由可知，12114kk+=，故12114kk=+，代入上式，所以22222222224821424141kkSkkkk=+=+，因为点 N 在 x 轴下方且不在 y 轴上，故212k，得2120k+，所以()22222222222222222821842211244 141414141kkkkkkSkkkkk+=+=+，14 分 显然，当212k 时，222214 1441kSk=+时，222214 1441kSk=+，故只需考虑212k，令221tk=，则0t，所以()2114 14 14 12 222211222tSttttt=+=+=+，当且仅当2tt=，2t=，即2212k+=时，不等式取等号，所以BNT 的面积 S 的最大值为2 22+17 分 法法二二：直线 BM 的方程为11yk x=+，令0y=，得11xk=，故110Tk，设直线 BN 与 x 轴交于点 Q 直线 BN 的方程为21yk x=+，令0y=，得21xk=，故210Qk，由可知，12114kk+=，故12114kk=，所以点 A(2，0)是线段 TQ 的中点 故BNT 的面积12252BANSSABdd=，其中 d 为点 N 到直线 AB 的距离 14 分 学科网（北京）股份有限公司 思路思路 1 显然，当过点 N 且与直线 AB 平行的直线 l与椭圆 C 相切时，d 取 最大值 设直线 l的方程为()102yxm m=+，即220 xym+=，联立方程组221214yxmxy=+=，整理得222220 xmxm+=，据()()2224 220mm=，解得2m=(正舍)所以平行直线 l：22 20 xy+=与直线 l：220 xy+=之间的 距离为()2 222 2255+=，即 d 的最大值为2 225+所以BNT 的面积 S 的最大值为2 2252 225+=+17 分 思路思路 2 因为直线 l 的方程为220 xy+=，所以22222222552212xySdxy+=+，依题意，222x，20 x，20y，故22220 xy+，()fx在)0+，上单调递增，()()01fxfa=（）若10a，即1a，()10fxa，()f x在)0+，上单调递增，所以()f x在)0+，上的最小值为()00f=，符合题意 3 分（）若10a，此时()010fa=，又函数()fx在)0+，的图象不间断，据零点存在性定理可知，存在()()00 ln2xa+，使得()0fx=，且当()00 xx，时，()0fx，()f x在()00 x，上单调递减，所以()()000fxf时，()0f x 要证：函数()f x在()0+，上具有性质 S 即证：当0 x 时，()()1x fxf x 即证：当0 x 时，()()0 x fxf x 令()()()g xx fxf x=，0 x，则()()()esinecosxxg xxaxaxx=+，即()()1 esincosxg xxxxx=+，0 x，()()ecos0 xgxxx=+，所以()g x在()0+，上单调递增，()()00g xg=即当0 x 时，()()0 x fxf x，得证 11 分 法一：法一：由得，当0 x 时，()1 esincos0 xxxxx+，所以当0 x 时，()1esincosxxxxx+，其中0 x；（）sincosxxx，则()e10 xpx=，()p x在()0+，上单 调递增，所以()()00p xp=，即当0 x 时，e1xx+（）令()tanq xxx=，()0 1x，则()2221sin10coscosxqxxx=，所以()q x在()0 1，上单调递增，故()()00q xq=，即当()0 1x，时，tan xx，故sincosxxx，得sincosxxx 13 分 据不等式（）可知，当()0 1x，时，()11esincossinxxxxxxxx+学科网（北京）股份有限公司 结合不等式（）可得，当()0 1x，时，()()()()()()()222111111sine1111xxxxxxxxxxxxxxxx+=+所以当()0 1x，时，sin11xxxx+15 分 当2n，*nN时，()10 1n，有1111sin111nnnnnn=+所以()211 2 312sin3 4 511niniinn n=+又11 sin1sin62=，所以()()11121sin211niiin nn n=+17 分 法二：法二：要证：()111sin1niiin n=+显然，当1n=时，()11 sin1sin611 1=+，结论成立 只要证：当2n，*nN时，()()1111sin111n nnnnnnn+=+即证：当2n，*nN时，1111sin11nnnn+13 分 令()()1sin1xxh xxx=+，102x，所以()()22cos11hxxx=+，()()34sin1hxxx=+，所以()()412cos01hxxx=，()hx在102，上单调递增，所以()()00hxh=，()h x在102，上单调递增，所以()()00h xh=，即当102x，时，()1sin1xxxx+15 分 所以当2n，*nN时，1102n，有111111sin111nnnnn nn=+，所以当2n，*nN时，11sin1nnnn+所以()121111 1 2 311sin1 sinsin12 3 4 511nniiniiiinn n=+17 分