江苏省无锡市四校2023-2024学年高三下学期期初学期调研数学试卷含答案.pdf

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1、数学试题 第 1 页（共 4 页）学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2023-2024 学年春学期期初学情调研试卷2023-2024 学年春学期期初学情调研试卷高三数学高三数学命题人：复核人：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及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。如需要改动，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。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一、选择题：本题共 8

2、 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设集合|22Mxx=-，0,1,2,3N=，则MN=I（）A.|22xx-B.0 1，C.0 1 2，D.|02xx2已知,是空间的一个基底，则可以与向量=+，=构成基底的向量是()A.BC+2D+23 若直线1:+(1)3=0与直线2:(1)+(2+3)2=0互相垂直，则的值为()A3B12C0 或32D1 或34 已知等差数列共有2+1项，其中奇数项之和为 290，偶数项之和为 261，则+1=()A30B29C28D275如图，一个底面边长为2 33cm 的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面

3、半径为 1cm 的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了 1cm若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（）A 172B42C3 22D2 326某校 A，B，C，D，E 五名学生分别上台演讲，若 A 须在 B 前面出场，且都不能在第 3号位置，则不同的出场次序有()A18 种B36 种C60 种D72 种7双曲线C:x29y216=1的右支上一点P在第一象限，F1、F2分别为双曲线C的左、右焦点，I为 PF1F2的内心，若内切圆I的半径为1，则 PF1F2的面积等于()更多全科无水印试卷尽在网盘群，请关注公众号：高中试卷君江苏省无锡市四校2023-2024学年高三下

4、学期期初学期调研数学试卷数学试题 第 2 页（共 4 页）学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司A.323 B.12 C.24 D.1638已知函数f(x)=|x1|,x ，则sin2 sin2C=cos+cosD若(|+|)=0，且|=12，则为等边三角形10设 a 为常数，1(0)2f=，()()()()()f xyf x f ayf y f ax+=-+-，则()A.1()2f a=B.1()2f x=恒成立C.()2()()f xyf x f y+=D.满足条件的 f x不止一个11如图，在正方体1111ABCDABC D-中，E为棱BC上的动点，F为棱1B B的中点，则

5、下列选项正确的是()A直线11AD与直线EF相交B当E为棱BC上的中点时，则点E在平面1AD F的射影是点FC不存在点E，使得直线1AD与直线EF所成角为30oD三棱锥EADF-的体积为定值三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分12已知 (0,),sin 6=13，则cos 2+6的值为 .13若直线0ykxb b=+m32成立若成立？求出m的值；若不存在，请说明理由17（15 分）如 图，在 三 棱 柱 111中，1 平 面 ,=2，1=3，点,分别在棱1和棱 1上，且=1 =2,为棱11的中点更多全科无水印试卷尽

6、在网盘群，请关注公众号：高中试卷君数学试题 第 4 页（共 4 页）学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司（）求证：1 1；（）求二面角1的正弦值；（）求直线与平面1所成角的正弦值18（17 分）已知M，N为椭圆C1:x2a2+y2=1(a 0)和双曲线C2:x2a2y2=1的公共左、右顶点，e1，e2分别为C1和C2的离心率(1)若e1e2=154()求C2的渐近线方程;()过点G(4,0)的直线l交C2的右支于A，B两点，直线MA，MB与直线x=1相交于A1，B1两点，记A，B，A1，B1的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，(x3,y3)，(x4,y4)，求证：1y1

7、+1y2=1y3+1y4;(2)从C2上的动点P(x0,y0)(x0 a)引C1的两条切线，经过两个切点的直线与C2的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值?若是，请求出该定值;若不是，请说明理由19（17 分）已知Am=a1,1a1,2a1,ma2,1a2,2a2,mam,1am,2am,m(m 2)是m2个正整数组成的m行m列的数表，当1 i s m,1 j t m时，记d(ai,j,as,t)=|ai,jas,j|+|as,jas,t|.设n N，若Am满足如下两个性质：ai,j 1,2,3;,n(i=1,2,m;j=1,2,m)；对任意k 1,2,3,n，存在i 1,2,m

8、,j 1,2,m使得ai,j=k，则称Am为n数表(1)判断A3=123231312是否为3数表，并求d(a1,1,a2,2)+d(a2,2,a3,3)的值；(2)若2数表A4满足d(ai,j,ai+1,j+1)=1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求A4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意4数表A10，存在1 i s 10,1 j t 10，使得d(ai,j,as,t)=0更多全科无水印试卷尽在网盘群，请关注公众号：高中试卷君数学 参考答案与试题解析 第 1 页 共 8 页数学 参考答案与试题解析 第 2 页 共 8 页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2023-202

9、4 学年春学期期初学情调研试卷参考答案2023-2024 学年春学期期初学情调研试卷参考答案1B 试题解析试题解析|22Mxx=-，0,1,2,3N=，MN=I0 1，故选：B2D 试题解析试题解析因为，=+，=，为共面向量，所以不能构成基底，故 A 错误；因为，=+，=，为共面向量，所以不能构成基底，故 B 错误；因为+2，=+，=，为共面向量，所以不能构成基底，故 C 错误；因为+2，=+，=，为不共面向量，所以能构成基底，故 D 正确；故选：D3D 试题解析试题解析 1 2，(1)+(1)(2+3)=0，即(1)(+3)=0，解得=1或=3.故选：D4B 试题解析试题解析奇数项共有(+1

10、)项，其和为12+12(+1)=2+12(+1)=290，(+1)+1=290偶数项共有 n 项，其和为222 =2+12 =+1=261，+1=290261=29故选：B5C 试题解析试题解析依题意可得圆锥的体积=1 2 332=433，又=13 12(3)（其中 h 为圆锥的高），则=4cm，则圆锥的母线长为12+42=17cm，故圆锥的侧面积为173故选：A6B 试题解析试题解析因为 A 在 B 的前面出场，且 A，B 都不在 3 号位置，则情况如下：A 在 1 号位置，B 有 2,4,5 号三种选择，有 3A3318 种出场次序；A 在 2 号位置，B 有 4,5 号两种选择，有 2A

11、3312 种出场次序；A 在 4 号位置，B 有 5 号一种选择，有 A336 种出场次序，故不同的出场次序共有 1812636 种故选 B.7A 试题解析试题解析解：由题意，作图如下：设圆I与x轴、PF2、PF1分别切于点E、H、F，因为双曲线C的右顶点为A(3,0)，F1(5,0)，F2(5,0)，所以|AF1|AF2|=(3+5)(53)=6，因为|PF1|PF2|=6，所以|PF1|PF2|=(|PF|+|FF1|)(|PH|+|HF2|)=|FF1|HF2|=|F1E|EF2|=6，因此切点E与A重合又因为内切圆I的半径为1，所以I(3,1)，又F1(5,0)，F2(5,0)，|IF

12、1|=65,|IF2|=5,cosF1IF2=65 51002 65 5=3 13,所以tanF1IF2=23,解得tan122=32,所以SF1PF2=2tan122=323，所以 PF1F2面积为3238C 试题解析试题解析解：在同一坐标系中作y=f(x)，y=12的图象，若由图象观察可知，0 x1 1 x2 2 x3 3 x4 4，当f(f(x)=12时，由f(x)=x1，0 x1 1存在4个不同根，f(x)=x2，1 x2 2存在2个不根，f(x)=x3，2 x3 3存在2个不根，f(x)=x4，3 x4 4，存在2个不根，综上f(f(x)=12的实根个数为109ACD 试题解析试题解

13、析A：由sin=sin=sin，根据等比的性质有sin=sin sin sin，正确；B：当=3,=6时，有sin2=sin2，错误；C：sincos+sincos=sin(+)，而+=，即sincos+sincos=sin，由正弦定理易得=cos+cos，正确；D：如图，=|,=|是单位向量，则|+|=+=，即 =0、=12，则 且平分，,的夹角为3，易知为等边三角形，正确.故选：ACD10ABC 试题解析试题解析令0 xy=，可得(0)2(0)()fff a=，因为1(0)2f=，所以1().2f aA=正确.令0y=，可得()()()(0)()f xf x f aff ax=+-，代入1

14、()2f a=，1(0)2f=，可得()().f axf x-=同理，令0 x=，可得()(0)()()()f yff ayf y f a=-+，代入1()2f a=，1(0)2f=，可得()().f ayf y-=更多全科无水印试卷尽在网盘群，请关注公众号：高中试卷君数学 参考答案与试题解析 第 3 页 共 8 页 数学 参考答案与试题解析 第 4 页 共 8 页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司即原等式变形为()2()()f xyf x f y+=，C 正确.令yx=可得2(2)2()0fxf x=，即函数取值非负.令yax=-可得2()2()f af x=，即21()4

15、f x=，解得1()2f x=，B 正确.因此仅有一个函数关系式1()2f x=满足条件，故 D 错误.故选 ABC11CD 试题解析试题解析【详解】A：由题意知，1111/ADBC，11BC 平面11BCCB，11AD 平面11BCCB所以11/AD平面11BCCB，又EF 平面11BCCB，所以11AD与EF不相交，故 A 错误；B：连接111ADD FAFAECB、，如图，当点E为BC的中点时，1/EFCB，又11ADCB，所以1EFAD，若点E在平面1AD F的射影为F，则EF 平面1AD F，垂足为F，所以EFAF，设正方体的棱长为 2，则52AEAFEF=，在AEFV中，222AF

16、EFAE+，所以90AFE，即EFAF不成立，故 B 错误；C：建立如图空间直角坐标系Dxyz-，连接1BC，则11/ADBC，所以异面直线EF与1AD所成角为直线EF与1BC所成角，设正方体的棱长为 2，若存在点(,2,0)(02)E aa使得EF与1BC所成角为30，则1(2,2,0)(2,2,1)(0,2,2)BFC，所以1(2,0,1)(2,0,2)EFaBC=-=-uuu ruuuu r，所以122EF BCa=-uuu r uuuu r，又11cos30EF BCEF BC=uuu r uuuu ruuu r uuuu r，得23222 2(2)12aa-=-+，解得43a=，符合

17、题意，故不存在点E使得EF与1AD所成角为30，故 C 错误；D：如图，由等体积法可知E ADFFADEVV-=，又111332FADEADEVSBFADABBF-=V，ADABBF、为定值，所以FADEV-为定值，所以三棱锥EADF-的体积为定值，故 D 正确.故选：CD.124 29 试题解析试题解析因为sin 6=13，(0,)，6 6,56,又因为sin 6=13 sin56=12，所以6 0,2,所以cos 6=1sin26=2 23,所以sin 2 6=2sin 6cos 6=4 29,cos 2+6=cos23+2=cos 2 6+2=sin 2 6=4 29.故答案为：4 29

18、.131-【试题解析试题解析】分别设两条曲线的切点分别为1122(,),(,),A x yB xy根据切点处的导数即为切线斜率和切点即在曲线上又在切线上列方程组，然后求解可得.设直线0ykxb b=+与曲线2()exf x-=和()lng xx=分别相切于1122(,),(,),A x yB xy因为2()exfx-=，1()g xx=所以1221exkx-=，121exkxb-+=，22lnkxbx+=由可得1ln2xk=+，21kx=，代入可得：因此1(2ln),1lnkkbkbk+=+=，消元整理可得(1)(ln1)0kk-+=解得1k=或1ek=，所以0b=或1b=-因为0b，所以1.

19、=-b故答案为：1-14 149+13解：由题意得，圆C:(x+3)2+(y+2)2=13，圆心C(3,2)设点P(x0,y0)，则|x04|+|y06|=2，故点P的轨迹为如下所示的正方形，其中A(4,8)，B(6,6)，则|AC|=149，|BC|=145，则|PN|AC|+r=149+13，15(1)3A=；(2)4 3.【试题解析试题解析】（1）利用三角形面积公式、余弦定理求解即得.（2）由（1）中信息，结合基本不等式求出bc的最大值即可得解.【详解】（1）在ABCV中，22211sins)(in22SbcAbcaA=+-，而0A，更多全科无水印试卷尽在网盘群，请关注公众号：高中试卷君

20、数学 参考答案与试题解析 第 5 页 共 8 页 数学 参考答案与试题解析 第 6 页 共 8 页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司222bcabc+-=，由余弦定理得2221cos22bcaAbc+-=，所以3A=.（2）由（1）知，3A=，222bcabc+-=，而4a=，于是2216bcbc=+-，即162bcbcbc-=，当且仅当4bc=时取等，因此ABCV的面积13sin4 3234Sbcbc=，所以当4bc=时，ABCV面积取得最大值4 3.16解：(1)由题意，an+2an+1=an+1an，an为等差数列，设公差为d，由题意得2=8+3dd=2，an=82(n

21、1)=102n(2)若102n 0，则n 5，当n 5时，Sn=|a1|+|a2|+|an|=a1+a2+an=8 1022 n=9nn2，n 6时，Sn=a1+a2+a5a6a7an=(a1+a2+a5)(a1+a2+an)(a1+a2+a5)=2 (8+6+4+2+0)8+1022 n=n29n+40，故Sn=9nn2,n 5n29n+40,n 6(3)bn=1(12)=12(1)=12(11 1)，Tn=12(112)+(1213)+(1314)+(111)+(11+1)=2(+1)若Tn32对任意n N成立，即 116对任意n N成立，1(n N)的最小值是12，1632 17（15

22、分）解：解：依题意，以为原点，分别以、1的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0)、(2,0,0)、(0,2,0)、1(0,0,3)、1(2,0,3)、1(0,2,3)、(2,0,1)、(0,0,2)、(1,1,3).（）依题意，1=(1,1,0)，1=(2,2,2)，从而11=22+0=0，所以1 1；（）依题意，=(2,0,0)是平面1的一个法向量，1=(0,2,1)，=(2,0,1)设=(,)为平面1的法向量，则 1=0 =0，即2+=02=0，不妨设=1，可得=(1,1,2)cos=|=22 6=66，sin=1cos2=306所以，二面角1的正弦值为30

23、6；（）依题意，=(2,2,0)由（）知=(1,1,2)为平面1的一个法向量，于是cos=|=42 2 6=33所以，直线与平面1所成角的正弦值为33.18（17 分）解：(1)由题意得e1=21，e2=21，所以e1e2=412=154，又a 0，解得a2=4，(i)故双曲线C2的渐近线方程为y=12x；(ii)设直线AB的方程为x=ty+4，则x=ty+4,24y2=1,消元得：(t24)y2+8ty+12=0，0且t 2，所以y1+y2=824,y1y2=1224,故11+12=1212=23，又直线AA1的方程为y=112(x+2)，所以y3=3112，同理y4=3222，所以13+1

24、4=13(121+222)=13(161+262)更多全科无水印试卷尽在网盘群，请关注公众号：高中试卷君数学 参考答案与试题解析 第 7 页 共 8 页 数学 参考答案与试题解析 第 8 页 共 8 页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司=2126(12)312=23t+2(12)12=23t+2(11+12)=23t43t=23t，故11+12=13+14(2)设两个切点为P1(x5,y5)，P2(x6,y6)，由题意知PP1，PP2斜率存在，直线PP1方程为l1:y=k1(xx5)+y5，联立22+y2=1,y=k1(xx5)+y5,由=0得k1=525，所以l1:52+y

25、5y=1，同理直线PP2方程为l2:62+y6y=1，由l1，l2过P点可得502+y5y0=1,602+y6y0=1可得直线P1P2的方程为02+y0y=1，不妨设，直线P1P2与双曲线两渐近线y=1x交于两点P1(200,00)，P2(200,00)，则围成三角形的面积S=12|20+0000+0200|=|320220|.因P在双曲线C2上，x20a2y20=a2，则S=32=a为定值19（17 分）解：(1)A3=123231312 是 3 数表，d(a1,1,a2,2)+d(a2,2,a3,3)=2+3=5.(2)由题可知 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,jai+1,j|+

26、|ai+1,jai+1,j+1|=1(i=1,2,3;j=1,2,3)当 ai+1,j=1 时，有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j1|+|ai+1,j+11|=1，所以 ai,j+ai+1,j+1=3 当 ai+1,j=2 时，有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j2|+|ai+1,j+12|=1，所以 ai,j+ai+1,j+1=3 所以 ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3).所以 a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6,a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3.a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4 或者 a1,2+a

27、2,3+a3,4=3+2=5，a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4 或者 a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5，a1,4=1 或 a1,4=2，a4,1=1 或 a4,1=2，故各数之和 6+3+3+4+4+1+1=22，当 A4=1111122212111212 时，各数之和取得最小值 22(3)由于 4 数表 A10 中共 100 个数字，必然存在 k 1,2,3,4，使得数表中 k 的个数满足 T 25.设第 i 行中 k 的个数为 ri(i=1,2,10).当 ri 2 时，将横向相邻两个 k 用从左向右的有向线段连接，则该行有 ri1 条有向线段，所以横向有向线段的起点总数

28、R=ri2(ri1)i=110(ri1)=T10.设第 j 列中 k 的个数为 cj(j=1,2,10)当 cj 2 时，将纵向相邻两个 k 用从上到下的有向线段连接，则该列有 cj1 条有向线段，所以纵向有向线段的起点总数 C=cj2(cj1)j=110(cj1)=T10.所以 R+C 2T20，因为 T 25，所以 R+CT2T20T=T20 0 所以必存在某个 k 既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在 1 u v10,1 p q10,使得 au,p=av,p=av,q=k，所以 d(au,p,av,q)=|au,pav,p|+|av,pav,q|=0，则命题得证更多全科无水印试卷尽在网盘群，请关注公众号：高中试卷君