安徽省江南十校2024-2025学年高三上学期第一次综合素质检测数学答案

2024年“江南十校”新高三第一次综合素质检测数学答案★选择题题号1234567891011答案BCAADBABADBCDABD★填空题：7312.13.8.814.83★解答题：15.515解：（I）设质点移动到1为事件A，则向左移动2次，向右移动3次，P(A)C2…………5分5216（II）X的可能取值为0,1,2,3,4,55015111521510P(X0)C5()，P(X1)C，P(X2)C5()23252322325315104155511P(X3)C5()，P(X4)C5()，P(X5)C2322325232X012345P155551323216163232…………11分1555515所以期望E(X)012345…………13分323216163232216.解：（I）∵AB//CD，AB平面ABFE，CD平面ABFE∴CD//平面ABFE…………2分又∵平面ABE与平面CDE交于EF，CD平面CDE∴CD//EF…………4分（II）取AD中点O，连接OE，OB，BD∵DAB60，ABAD4∴△ABD是等边三角形1由三线合一得：OBAD…………5分又∵△ADE是等腰直角三角形∴OEAD∵平面ADE平面ABC，平面ADE平面ABCAD∴OE底面ABCD…………6分∵OB平面ABCD∴OEOB故OA，OB，OE三线两两垂直…………7分以O为坐标原点，分别以OA，OB，OE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，A(2,0,0)，B(0,23,0)，C(3,3,0)，D(2,0,0)，E(0,0,2)…………8分∵CDEF且由第一问得知CD//EF,所以四边形CDEF是平行四边形,∴可得：F(1,3,2)，…………9分∴BC(3,3,0)，CF(2,0,2)mBC03x3y0设平面BCF的法向量为m(x,y,z)，则mCF02x2z0令x1，得：y3，z1，解得：m(1,3,1)…………12分平面ABC的法向量为n(0,0,1)mn5cosmn…………14分mn55设二面角ABCF大小为，由题意得为锐角所以cos…………15分5217.解：（I）f(x)(x1)exa，f(x)(x2)ex.…………2分当x(,2)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(2,)时，f(x)0，f(x)单调递增.…………3分①当x1时，f(x)(x1)exaa0，所以x1时f(x)无零点；…………4分②当x1时而f(1)a0，f(a)(a1)eaa(a1)a0，由零点存在定理，x1时，f(x)有唯一零点m(1,a)…………6分综上，f(x)在R上存在唯一零点.所以，当x(,m)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(m,)时，f(x)0，f(x)单调递增.所以f(x)存在唯一的极值点m.…………7分（II）由（I）知f(x)minf(m)，此时f(m)(m1)ema0，得a(m1)em,由于a0，所以m1.…………8分f(x)b2a等价于bf(x)2a，令h(x)f(x)2a，则mmmm2m，h(x)minf(m)min2ameam2amem(m1)e2(m1)e(m2m2)em1…………10分令v(x)(x22x2)ex,x1若存在a，使得f(x)b2a对任意xR成立，等价于bv(x)max，…………11分v(x)(x24)ex,x1当x(1,2)时，v(x)0，v(x)单调递增；当x(2,)时，v(x)0，v(x)单调递减，2所以v(x)maxv(2)2e，…………14分故b2e2，所以实数b的取值范围，2e2…………15分318.解：（I）已知圆M的圆心为M(1,0)，半径为4；设动圆D的圆心为D(x,y)，半径为R.DNR,DM4R,DMDN4MN,点D的轨迹是以M,N分别为左右焦点且长轴为4的椭x2y2圆，则曲线C的方程为1.…………5分43（II）设P(x0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),H(x3,y3),P(x0,y0)，由题意x1x2,y1y2，可知2222x1y1x2y22x3x1x2,2y3y1y2，1,14343y1y23(x1x2)3x3两式相减得kEF,…………7分x1x24(y1y2)4y3y34而kOH，所以kOH.…………8分x33kEF设直线PE的方程为yy0k(xx0)，则直线PF的方程为yy0k(xx0)，x2y2将PE的方程代入1得43222（34k)x8k(y0kx0)x4(y0kx0)120①24(y0kx0)12xx0是方程①的一个根，xx②…………10分0134k24(ykx)212同理可得xx00③…………11分0234k216kxy②③得x(xx)00④01234k28(y2k2x2)24②③得x(xx)00⑤01234k22y1y2k(x1x0)y0k(x2x0)y0k(x1x2)2kx0kx(xx)2kxk0120⑥EFx1x2x1x2x1x2x0(x1x2)2228(y0kx0)2k2kx22208y246x把④⑤代入⑥，得k34k00⑦EF16kx0y016kx0y034k2422显然x0y0，得22⑧18y0246x043212x03x0把⑧代入⑦，得kEF…………14分16kx0y04y0y04而kOP，所以kOP…………15分x03kEF4又∵kOHkOPkOH…………16分3kEF即P,H,O三点共线.…………17分19.解：（I）由(n1)annan11，得(n2)an1(n1)an21，两式相减，得(2n2)an1(n1)(an2an)，即2an1an2an，所以数列an是等差数列.a13由，得a25，所以公差da2a12，2a1a21故ana1(n1)d2n1，即an2n1.…………5分又因为2n1(n1)2n2，n1Z,nZ，所以2n1M,即数列an是“平方差数列”…………7分（II）bn不是“平方差数列”。…………8分ax2y2(xy)(xy)，xZ,yZ①当x,y均为奇数时，xy,xy均为偶数，则a被4整除；②当x,y均为偶数时，xy,xy均为偶数，则a被4整除；③当x,y一奇一偶时，xy,xy均为奇数，则a为奇数；综上，集合M中的元素要么被4整除要么为奇数，所以b12M.所以bn不是“平方差数列”…………12分5（III）法一：因为4n(2n1)2（2n1）2，2n1Z,2n1Z，所以4nM,即被4整除的数都属于M。令Axx2k1,kZ，Bxx4k,kZ，Cxx4k2,kZ,结合（I）（II）得，ABM，所以所有奇数与被4整除的数都属于M由题意，ciM,cjM①当ci,cj均为奇数时，cicj为奇数，则cicjM；②当ci,cj至少有一个被4整除时，cicj被4整除，则cicjM；综上，cicjM。…………17分法二：由题意，ciM,cjM2222设，cix1y1,cjx2y2，x1,y1,x2,y2Z，则222222222222cicj(x1y1)(x2y2)(x1x2y1y2)(x1y2x2y1)22222222(x1x22x1x2y1y2y1y2)(x1y22x1x2y1y2x2y1)22(x1x2y1y2)(x1y2x2y1)M所以，cicjM。…………17分6