2023-2024学年度江苏南京8月六校联考数学答案

2023—2024学年第一学期8月六校联合调研试题高三数学答案一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．1－4：BBDC5—8：ABCB二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．9．AC10．ABC11．BD12．AC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．1601213．－；14.（，－）；15．（－∞，1]；16．25－122．2755四、解答题：本大题共6小题，共70分217.解：（1）∵Sn＝an＋n－12∴当n≥2时，Sn－1＝an－1＋（n－1）－1……………………2分两式相减得:an＝an－an－1＋2n－1,即an－1＝2n－1，……………………4分∴an＝2n＋1且a1＝3符合，∴{an}的通项公式为an＝2n＋1……………………5分11（2）由（1）可知bn＝＝，an2n＋111111∴bb＋＝＝（－）……………………8分kk12k＋12k＋322k＋12k＋3111111111∴T＝bb＋bb＋…＋bb＋＝（－）＋（－）＋…＋（－）n1223nn123525722n＋12n＋3111n＝（－）＝……………………10分232n＋33（2n＋3）18.解：（1）选①，(a＋c)(sinA－sinC)＋(b－a)sinB＝0，由正弦定理得(a＋c)(a－c)＋(b－a)b＝0，即a2＋b2－c2＝ab……………………2分a2＋b2－c21∴cosC＝＝……………………4分2ab2π∵0＜C＜π∴C＝……………………5分3选②，由23sinCcosC＝1＋2cos2C得23sinCcosC＝2＋cos2Cπ3sin2C－cos2C＝2，sin（2C－）＝16ππ11ππππ∵0＜C＜π∴－＜2C－＜∴2C－＝∴C＝……………………5分666623选③，由2sinB－sinA＝2sinCcosA∴2sin（A＋C）－sinA＝2sinCcosA∴2sinAcosC＋2sinCcosA－sinA＝2sinCcosA∴2sinCcosA－sinA＝0……………………3分∵sinA≠0，……………………4分1{#{QQABJYCEogAIQBAAARhCQQWwCgEQkBCCCIgOQAAEIAAByANABAA=}#}{#{QQABLYAl4giYwARACJ5qRUGkCwsQkJKDJAgOhQCEOARJiRNIFIA=}#}{#{QQABLYCAgggoQABAABgCQQHACgEQkBACAAgOABAIMAABCANABAA=}#}1π∴cosC＝∵0＜C＜π∴C＝……………………5分23π（2）解法一：由（1）可知C＝，又c＝4，由余弦定理得3C2＝a2＋b2－2abcosC＝（a＋b）2－3ab＝16……………………6分a＋b∴3ab＝（a＋b）2－16≤3（）2……………………9分2即a＋b≤8，当且仅当a＝b＝4时取等号……………………10分又a＋b＞c＝4∴周长的取值范围为（8，12]……………………12分πabc解法二：由（1）知C＝，又c＝4正弦定理＝＝3sinAsinBsinCab8得＝＝……………………6分sinAsinB38∴周长＝（sinA＋sinB）＋4，3π2π又B＝π－（A＋）∴0＜A＜，……………………7分338ππ周长＝（sinA＋sin（A＋））＋4＝8sin（A＋）＋4，……………………10分336ππ5π1π又＜A＋＜∴＜sin（A＋）≤166626∴△ABC周长的取值范围为（8，12]……………………12分19.证：在四棱锥P－ABCD中，∵PD⊥平面ABCD∴PD⊥AD……………………1分∵AB⊥DA，AB∥CD∴CD⊥AD又∵CD∩PD＝D∴AD⊥平面PCD……………………3分又∵AD平面PAD∴平面PAD⊥平面PCD……………………5分（2）由（1）得DA，DP，DC两两垂直∴D为原点，以DA，DP，DC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，2{#{QQABJYCEogAIQBAAARhCQQWwCgEQkBCCCIgOQAAEIAAByANABAA=}#}{#{QQABLYAl4giYwARACJ5qRUGkCwsQkJKDJAgOhQCEOARJiRNIFIA=}#}{#{QQABLYCAgggoQABAABgCQQHACgEQkBACAAgOABAIMAABCANABAA=}#}则由题意：D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），→PC＝（0，2，－2）→→由PM＝λPC（0≤λ≤1）得M（0，2λ，2－2λ），……………………6分→∵PD⊥平面PCD∴平面ABCD的一个法向量为DP＝（0，0，2）→设n＝（x，y，z）为平面BDM的一个法向量，DB＝（1，1，0），＝（0，2λ，2－2λ）→n·DB＝0x＋y＝0∴即→2λy＋（2－2λ）z＝0n·DM＝0λλ令x＝1，则y＝－1，z＝，n＝（1，－1，）……………………8分1－λ1－λ3∵二面角M－BD－A的余弦值为－3λ1－λ31∴||＝，解得λ＝……………………10分λ322＋（）21－λ设直线BC与平面BDM所成角为θ，平面BDM的一个法向量为n＝（1，－1，1）→又BC＝（－1，1，0）→|n·BC|66∴sinθ＝＝，即直线BC与平面BDM所成角的正弦值为……………………12分→33|n||BC|2(a2+b2)−4a2320.解：（1）由题意得cosABA==−,可得a2=4b2,122(a2+b2)5又2a−2b=4,b0，联立方程得：a=4,b=2，x2y2故椭圆方程为+=1.……………………4分164（2）证明：A1111PAQA+=−PAQ，根据向量加法与减法的几何意义可得A11PA⊥Q，即APAQ11=0，……………………5分设直线l的方程为：y=+kxm，k0联立椭圆方程，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−16=0，3{#{QQABJYCEogAIQBAAARhCQQWwCgEQkBCCCIgOQAAEIAAByANABAA=}#}{#{QQABLYAl4giYwARACJ5qRUGkCwsQkJKDJAgOhQCEOARJiRNIFIA=}#}{#{QQABLYCAgggoQABAABgCQQHACgEQkBACAAgOABAIMAABCANABAA=}#}=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−16)0,即16k2−m2+40设PxxQxy(1222,,,)()，则−8km4m2−16x+x=,xx=,……………………7分121+4k2121+4k2A1P=(x1+4,y1),AQ1=(x2+4,y2)，A1112121212PAQxxy=+++=+++++(yxxkxmkxm4444)()()()()()22=++++++=(kxxkmxxm14160)1212()()将韦达定理式代入化简得，1248k2−32km+5m2=0,解得m=k或m=4k,……………………10分5此时均满足16k2−m2+40，当mk=4时，直线方程为ykxkkx=+=+44()，过点(−4,0)与A1重合，故舍去，12121212当m=k时，直线方程为y=kx+k=k(x+），过定点(−,0)，555512故直线l过定点，定点为(−,0).……………………12分521.解（1）由题意，这600辆车在9:20~10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为(30+++=0.005500.015700.020900.0102064)，即10点04分……………………3分（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的10辆车中，在10:00前通过的车辆数就是位于时间分组中在20,60)这一区间内的车辆数，即(0.005−0.015)2010=4，所以X的可能取值为0，1，2，3，443122C61CC618CC643所以PX(===0)4，PX(=1)=4=，PX(===2)4，C1410C1021C7101304CC644CC641PX(=3)=4=，PX(===4)4，C1035C21010所以X的分布列为X012344{#{QQABJYCEogAIQBAAARhCQQWwCgEQkBCCCIgOQAAEIAAByANABAA=}#}{#{QQABLYAl4giYwARACJ5qRUGkCwsQkJKDJAgOhQCEOARJiRNIFIA=}#}{#{QQABLYCAgggoQABAABgCQQHACgEQkBACAAgOABAIMAABCANABAA=}#}18341P1421735210……………………6分183418所以EX()=++++=01234.……………………8分14217352105（3）由（1）可得=64，22222=−+−+−+−=(30640.150640.370640.490640.2324)()()()，所以=18.……………………10分估计在9:46~10:40这一时间段内通过的车辆数，也就是46T100通过的车辆数，由TN(,2)，PTPT(−+−+)(22)PT(6418642180.8186−+=+=)22所以，估计在9:46~10:40这一时间段内通过的车辆数为10000.8186819辆.……………………12分22.解（1）Fxexb()=−−x2，则Fxe()=−x2.令Fxe()=−x20,得xln2，所以Fx()在(ln2,+)上单调递增.令Fxe()=−x20,得xln2，所以在(−,ln2)上单调递减.……………3分（2）因为fxex()=+−x21，所以f(00)=，所以l方程为y=1.a依题意，−=1，c=1.于是与抛物线gxxxb()=−+22切于点(1,1)，2由1212−+=b得b=2.所以a=−2,b=2,c=1.……………………7分（3）设h(x)=f(x)−g(x)=ex−(a+1)x−b,则hx()0恒成立.易得h(x)=ex−+(a1.)①当a+10时，因为hx()0，所以此时hx()在(−,+)上单调递增.的a)若a+=10，则当b0时满足条件，此时ab+−1；1b−b)若a+10，取x0且x,00a1+1−b此时h(x)=ex0−(a+1)x−b1−(a+1)−b=0，所以不恒成立．00a+1不满足条件；5{#{QQABJYCEogAIQBAAARhCQQWwCgEQkBCCCIgOQAAEIAAByANABAA=}#}{#{QQABLYAl4giYwARACJ5qRUGkCwsQkJKDJAgOhQCEOARJiRNIFIA=}#}{#{QQABLYCAgggoQABAABgCQQHACgEQkBACAAgOABAIMAABCANABAA=}#}②当a+10时，令hx()=0，得xa=+ln1(.)由hx()0，得xa+ln1()；由hx()0，得xa+ln1(.)所以hx()在(−,l+n1(a))上单调递减，在(ln1(,a++))上单调递增.要使得“hxeaxb()=−+−x(10)恒成立”，必须有hxaaab=+−++−11ln10“当xa=+ln(1)时，()min()()()”成立.所以baaa+−++(11ln1)()().则a+b2(a+1)−(a+1)ln(a+1)−1.……………10分令Gxxxxx()=−−2ln1,0,则Gx(x)=−1ln.令Gx()=0，得xe=.由Gx()0，得0xe；由Gx()0，得xe.所以Gx()在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减,所以，当xe=时，Gxe=−1.()max从而，当aeb=−=1,0时，ab+的最大值为e−1.……………………12分6{#{QQABJYCEogAIQBAAARhCQQWwCg