南京市2023屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)參考答案

1、高三數(shù)學(xué)參考答案第7頁(yè)（共7頁(yè)）南京市2023屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研 數(shù)學(xué)參考答案 2022.09一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分 1B 2D 3A 4C 5D 6A 7B 8C二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每題5分，共20分 9BC 10AC 11ACD 12ABD三、填空題：本大題共4小題，每題5分，共20分 1314 144 152eq f(eq r(6),3) 16(2，1四、解答題：本大題共6小題，共70分 17（本小題滿分10分）解：（1）在ABD中，由eq f(AB,sinADB)eq f(AD,sinABD)，得eq f(6,sinADB)eq f(3eq r

2、(2),f(r(2),2)，所以sinADB12分因?yàn)?ADB135，所以ADB90，所以BDeq r(AB2AD2)3eq r(2)4分（2）在ADE中，DEeq f(2,3)BD2eq r(2)，因?yàn)锳DE90，所以AEeq r(AD2DE2)eq r(26)，cosDAEeq f(AD,AE)eq f(3r(13),13)6分在ACD中，AC2AE2eq r(26)，AD3eq r(2)，cosDACeq f(3r(13),13)，所以CD2AD2AC22ADACcosDAC50，即CD5eq R(,2)，8分所以cosADCeq f(AD2CD2AC2,2ADCD)eq f(3,5)1

3、0分18（本小題滿分12分）（1）解：因?yàn)閍16，a212，a320，所以a2a16，a3a28又因?yàn)閿?shù)列 an1an為等差數(shù)列，所以an1an6(n1)22n42分當(dāng)n2時(shí)，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a14分(2n2)2n66eq F(2n8)(n1),2)6n23n2當(dāng)n1時(shí)，a16滿足ann23n2，綜上，ann23n26分（2）證明：由（1）得 eq f(1,an) eq f(1,n23n2) eq f(1,(n1)(n2) eq f(1,n1) eq f(1,n2)，8分所以 Sn eq f(1,2) eq f(1,3) eq f(1,3) eq f(1,4) e

4、q f(1,n1) eq f(1,n2) eq f(1,2) eq f(1,n2)10分 因?yàn)閚N*，故 eq f(1,n2)0，所以Sn eq f(1,2)12分19（本小題滿分12分）（1）證明：連AC交BD于點(diǎn)N，連MN因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形，所以N為AC的中點(diǎn)2分因?yàn)镸為PC中點(diǎn)，所以MNPA又PA eq o(sup0(/), eq o(sup1(),)平面MBD，MN 平面MBD，所以PA平面MBD4分（2）方法1取CD中點(diǎn)E，連AE因?yàn)锳BAD，四邊形ABCD為平行四邊形，所以四邊形ABCD為菱形，又BAD120，所以ADC60，因此ACD為等邊三角形，所以AECD，即AEA

5、B6分又PA平面ABCD，故以AB，AE，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，C(1，eq r(3) ，0)，D(1，eq r(3) ，0)，M(eq sdo1(f(1,2) ，eq sdo1(f(r(3),2) ，1)，所以eq o(AB,sup6()(2，0，0)，eq o(AM,sup6()(eq sdo1(f(1,2) ，eq sdo1(f(r(3),2) ，1)，eq o(AD,sup6()(1，eq r(3) ，0)設(shè)平面AMB的一個(gè)法向量為eq o(n1,sup6()(x，y，z)，則eq blc(aal(eq o(n

6、1,sup6()eq o(AB,sup6()0，,eq o(n1,sup6()eq o(AM,sup6()0，)即eq blc(aal(2x0，,eq sdo1(f(1,2)xeq sdo1(f(r(3),2)yz0,)，取x0，y2，zeq r(3)，即eq o(n1,sup6()(0，2，eq r(3)8分設(shè)平面AMD的一個(gè)法向量為eq o(n2,sup6()(x，y，z)，則eq blc(aal(eq o(n1,sup6()eq o(AD,sup6()0，,eq o(n1,sup6()eq o(AM,sup6()0，)即eq blc(aal(xeq r(3)y0，,eq sdo1(f(1

7、,2)xeq sdo1(f(r(3),2)yz0,)，取xeq r(3)，y1，zeq r(3)，即eq o(n1,sup6()(eq r(3)，1，eq r(3)10分則coseq o(n1,sup6()，eq o(n2,sup6()eq f(0eq r(3)21(eq r(3)(eq r(3),eq r(7)eq r(7)eq f(5,7)，又eq o(n1,sup6()，eq o(n2,sup6()(0，)，F(xiàn)NMDCBAPxyzE所以二面角BAMD的平面角的正弦值為eq f(2eq r(6)FNMDCBAPxyzE方法2因?yàn)锳BAD，四邊形ABCD為平行四邊形，所以四邊形ABCD為菱形

8、又BAD120，所以ABC60，因此ABC為等邊三角形又AB2，N為AC的中點(diǎn)，所以BNeq R(,3)取AM中點(diǎn)F，連BF，DF，在RtBMN中，MN1，BNeq r(3)，所以BM26分又因?yàn)锳B2，所以BFAM，同理可證DFAM，所以BFD即為二面角BAMD的平面角8分在RtAMN中，ANMN1，AMeq r(2)在BAM中，BFeq R(,BA2eq F(AM2,4)eq sdo1(f(eq r(14),2)同理在DAM中計(jì)算得DFeq sdo1(f(eq r(14),2)10分又BD2eq r(3)， 所以cosBFDeq F(BF2DF2BD2,2BFDF)eq f(5,7)又BF

9、D(0，)，所以sinBFDeq R(,1cos2BFD)eq f(2eq r(6),7)，所以二面角BAMD的平面角的正弦值為eq f(2eq r(6),7)12分FFNMDCBAP20（本小題滿分12分）解：（1）K2 eq f(4553515)(4515355)2,(455)(3515)(4535)(515)6.252分因?yàn)?.256.635，所以沒有99%的把握認(rèn)為該校首次參加英語(yǔ)四級(jí)考試的學(xué)生能否合格與性別有關(guān)3分（2）設(shè)2人中合格人數(shù)為X，則X的可能取值為0，1，2P(X0) eq f(C EQ oal(sup4(0),sdo3(35)C EQ oal(sup4(2),sdo3(1

10、5),C eq oal(sup5(2),50) EQ F(3,35)， P(X1) eq f(C EQ oal(sup4(1),sdo3(35)C EQ oal(sup4(1),sdo3(15),C eq oal(sup5(2),50) EQ F(3,7)，P(X2) eq f(C EQ oal(sup4(2),sdo3(35)C EQ oal(sup4(0),sdo3(15),C eq oal(sup5(2),50) EQ F(17,35) ， 6分所以2人中合格人數(shù)的概率分布為X012P EQ F(3,35) EQ F(3,7) EQ F(17,35)所以數(shù)學(xué)期望E(X)0 EQ F(3,

11、35)1 EQ F(3,7)2 EQ F(17,35) EQ F(7,5) 7分（3）該校首次參加英語(yǔ)四級(jí)考試的每位學(xué)生合格的概率為eq F(3545,100)0.88分兩次考試后兩人全部合格可分為三類：第一類：兩名學(xué)生第一次考試都合格，則概率為0.820.64；第二類：兩名學(xué)生中有一位第一次考試不合格，第二次合格，則概率為C EQ oal(sup4(1),sdo3(2)0.80.20.90.288；第三類：兩名學(xué)生中第一次考試都不合格，第二次都合格，則概率為0.220.920.0324；11分所以0.640.2880.3240.9604，所以2名學(xué)生至多兩次四級(jí)考試后，這兩人全部合格的概率為

12、0.9604 12分21（本小題滿分12分）解：（1）拋物線y22px的焦點(diǎn)F(eq f(p,2)，0)因?yàn)镻(0，2)，且A為PF中點(diǎn)，所以A(eq f(p,4)，1)因?yàn)锳在拋物線上，所以12peq f(p,4)，解得peq r(2)2分（2）由題意知直線l的斜率存在設(shè)直線l的方程為ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y122eq r(2)x1，y222eq r(2)x2由eq blc(aal(ykx2，,y22eq r(2)x，)消去x，得ky22eq r(2)y4eq r(2)0，則y1y2eq f(2eq r(2),k)，y1y2eq f(4eq r(2),k) 4分假設(shè)

13、存在定點(diǎn)T(m，n)，則eq o(TA,sup6()(x1m，y1n)，eq o(TB,sup6()(x2m，y2n)，所以eq o(TA,sup6()eq o(TB,sup6()(x1m)(x2m)(y1n)( y2n)6分(eq f(r(2),4)y12m)(eq f(r(2),4)y22m)(y1n)( y2n) eq f(1,8)y12 y22eq f(r(2),4)m(y12y22)m2y1y2n(y1y2)n2eq f(1,8)y12 y22eq f(r(2),4)m(y1y2)22y1y2m2y1y2n(y1y2)n28分eq f(4,k2)eq f(r(2),4)m(eq f(

14、8,k2)eq f(8eq r(2),k)m2eq f(4eq r(2),k)eq f(2eq r(2)n,k)n2(42eq r(2)m)eq f(1,k2)(4m4eq r(2)2eq r(2)n)eq f(1,k)m2n210分要使得eq o(TA,sup6()eq o(TB,sup6()為常數(shù)，則eq blc(aal(42eq r(2)m0，,4m4eq r(2)2eq r(2)n0，)解得meq r(2)，n4，所以存在定點(diǎn)T(eq r(2)，4)，此時(shí)eq o(TA,sup6()eq o(TB,sup6()m2n21812分22（本小題滿分12分）解：（1）由f (x)eaxx，得

15、f (x)aeax11分令f (x)0，得xeq F(1,a)lna當(dāng)xeq F(1,a)lna時(shí)，f (x)0；當(dāng)xeq F(1,a)lna時(shí)，f (x)0，所以，f (x)的減區(qū)間為(，eq F(1,a)lna)，增區(qū)間為(eq F(1,a)lna，)3分（2）設(shè)g (x)f (x)(1eq F(1,2)ax2)eaxeq F(1,2)ax2x1， x0，)則g(x)aeaxax1，g(x)a(aeax1)a f (x)當(dāng)a1時(shí)，因?yàn)閤0，所以g(x)a(a1)0，從而g(x)在0，)上單調(diào)遞增因此g(x)g(0)a10，故g (x)在0，)上單調(diào)遞增，所以g (x)g (0)0恒成立，因此a1符合題意7分當(dāng)0a1時(shí)，由（1）知，當(dāng)x(