江苏省扬州中学、盐城中学、淮阴中学、丹阳中学四校2023-2024学年高三下学期调研测试联考数学试卷含答案.pdf

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1、#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#江苏省扬州中学、盐城中学、淮阴中学、丹阳中学四校江苏省扬州中学、盐城中学、淮阴中学、丹阳中学四校2023-2024学年高三下学期调研测试联考数学试卷学年高三下学期调研测试联考数学试卷#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFA

2、BAA=#数学测试卷答案 第 1 页（共 6 页）2024 年数学学科调研测试试卷年数学学科调研测试试卷参考答案参考答案 1C 2A 3B 4D 5B 6B 7C 8B 9AC 10ACD 11ABD 1280 1327 143227 15（1）取PA的中点为Q，连接QB，QN，,Q N分别为,PA PD的中点 12QNAD且QNAD又12BMAB，BMAB，故QNBM且QNBM，故四边形BMNQ为平行四边形，MNBQ，MN平面PAB，BQ 平面PAB，故直线MN平面PAB-5 分（2）底面四边形ABCD为正方形，PA底面ABCD 以,AB AD AP为,x y z轴建立如图所示空间直角坐标系

3、 则2,0,0B，2,2,0C，0,2,0D，0,0,0A，0,0,2P，0,1,1N，2,1,0M，4PGGC，8 8 2,5 5 5G,232,555GM 设平面PCD的法向量为1,nx y z，则 11,0,2,2220,2,0,020n PDx y zyzn CDx y zx ，取1y 得到10,1,1n 设平面GMN的法向量为2,na b c，则 22,2,0,12,2322350,255555,0nMNa b cacnGMa b cabc ，A B C D P N M G Q#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#

4、数学测试卷答案 第 2 页（共 6 页）取1a 得到221,23n 设平面PCF与平面GMN的夹角的为 则12121220222coscos,|72337n nn nnn-12 分 答:平面PCF与平面GMN的夹角的余弦值为2 77-13分 16（1）()()3abc abc222223()2abcabcab 结合余弦定理得32cos22(1cos)abCababC32(1cos)abC 1s323in4ABC=abC Ssin31cosCC 法一：即tan32C(0,)22C23C故23C-8 分 法二：sin3(1 cos)CC 3sin()32C 2(,)333C 33C故23C-8 分

5、 法三：由sin3(1 cos)CC平方得：222sin1 cos3(1 cos)CCC (0,)C1 cos0C 1cos2C 故23C-8 分（2）由（1）知：23C，332(1cos)abC 2ADDB 1233CDCACB 22222212144142()cos33999993CDCACBbaabCba 222214214222222993993333baba 当且仅当26ba时，CD长取最小值，此时63CD C A B D#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#数学测试卷答案 第 3 页（共 6 页）CD长的最小值为

6、63-15 分 注：其它解法相应给分.17（1）设“三局比赛后，甲得3分”为事件A 甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负 所以277)31()31()(3333AAP 答：三局比赛后，甲得3分的概率为277-5分（2）依题意知X的可能取值为2，3，4，5 92)31(2)2(2XP 274)31(2)3(312CXP 8110)31()31(2)4(413412CCXP 81418110274921)4()3()2(1)5(XPXPXPXP 故其分布列为：X 2 3 4 5 P 92 274 8110 8141 期望81317814151 81042743922)(XE-1

7、5分 18（1）设双曲线 E 的方程为22yx，则12，所以双曲线E的方程为122 yx-2分 法一：设:BC ykxb，2222()11ykxbxkxbxy 222(1)210kxkbxb 设1122(,),(,)B x yC xy 2222222210144(1)(1)01kkk bkbbk 212122221,11kbbxxx xkk#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#数学测试卷答案 第 4 页（共 6 页）又ABAC，所以121211122yyxx 1212(1)(1)(2)(2)0kxbkxbxx 2212122

8、2222(1)(1)2()(1)2012(1)(1)2(1)2011kx xk bxxbbkbkk bbkk 化简得：22210(21)(21)0kkbbkbk 又BC不过 A 点，210kb ，22210,:22kkBC yxb 设BC中点为00(,)M xy，则1202221xxkbxbk，00222yxbb AMBC,2112,2,422AMbkbb 21:24BC yx.-12分 法二：当,AB AC的斜率一个为 0，一个不存在时，可得ABAC，不合题意；设AB的斜率为k，不妨设0k 且1k，联立22222(2)1(1)2(12)(12)101yk xkxkk xkxy 2222(12

9、)22(1)2,11BBkkkkxxkk 22222222(1)2|1|2|1|2|2 1|11BkkkABkxkkkk 以1k替换|AB中的k得2212|2 1|1kACkk#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#数学测试卷答案 第 5 页（共 6 页）ABC为等腰直角三角形，2|,|2|12|,4 210ABACkkkk 可得122 23,2 23kk 6223 226 3 22(,),(,)4444BC 21:24BC yx.-12分 （2）O 在ABC的外接圆的内部 理由如下：法一：当22k 时，直线 BC 与双曲线方

10、程联立可得：222 2220 xbxb 2121 22 2,22xxb x xb 21212121212122232()()()2222OB OCx xy yx xbxbxx xb xxb 2223(1)23bbb ,2BOC所以 O 在ABC的外接圆的内部.-17 分 法二：6223 226 3 22(,)(,)34444OB OC ,2BOC所以 O 在ABC的外接圆的内部-17 分 19.解：（1）xaxaxxxf)1(222)(2（0 x）当0a时0)(xf在),0(上恒成立，)(xf在),0(上单调递增 当0a时，由0)(xf得ax10)(xf在),0(aa上单调递增，在),(aa上

11、单调递减-3分（2）由01ln2)(2axxxf得21ln2xxa，令21ln2)(xxxF 若存在正数x使0)(xf成立，则max)(xFa，3ln4)(xxxF 当)1,0(x时0)(xF，)(xF递增，当),1(x时0)(xF，)(xF递减#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#数学测试卷答案 第 6 页（共 6 页）当1x时1)1()(max FxF 1a-7分（3）证明：令2121()()()()(0)f xf xF xfxxxx 则222211212121212ln2ln2ln2ln22()22()xaxxaxxx

12、F xaxaxa xxxxxxxx 0a 所以2121212ln2ln2()2()xxF xaxa xxxxx在区间12(,)x x上单调递减 21211121211211212ln2ln2ln2ln22()2()()xxxxF xaxa xxa xxxxxxxx 222121112(1 ln)()xxa xxxxxx 令()1 ln,(0)g ttt t ，则11()1tg ttt，所以当(0,1)t时，()0,()g tg t单调递减.(1,)t时，()0,g t()g t单调递增，所以min()(1)0g tg 又120,xx所以211xx，所以22111 ln0 xxxx 恒成立，又0a，210 xx.所以1()0F x 同理可得2221221112()(1ln)()xxF xa xxxxxx，由1 ln0tt（1t 时等号成立）又120,xx所以1201xx，所以12211ln0 xxxx恒成立，又0a，12210,0 xxxx，所以2()0F x 所以区间12(,)x x上存在唯一的实数0 x，使得()0F 所以对任意(0,)a，存在唯一的实数012,xx x，使得 21021()f xf xfxxx成立-17 分#QQABKQSEgggoAJAAARgCQQmgCEKQkAACAKoGAFAMMAIBiQFABAA=#