南京市2023届高三年级学情调研（7月预演）答案解析.doc

1、南京市 2023 届高三年级学情调研（7 月预演）数 学注意事项：1本试卷考试时间为 120 分钟，试卷满分 150 分，考试形式闭卷2本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分3答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷及答题卡上一、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。1 若|1iz|34i|，则|zi|A2 B3 C4 D5【答案】D【解析】|zi|1iz|34i|5 4，12 若集合 UN*，MxN*|ytan x，Ny|yx x4，则(UM)N2 x 217A5，7 B4，5，6，7 C4，8 D4

2、， 2【答案】A17【解析】因为UMx|x2k1，kN，N4， ，2所以(UM)N5，7 3 在ABC 中，记CAm，CBn，则AB(CACB)Amn Bmn Cn2m2 Dm2n2【答案】C 【解析】因为ABCBCAnm， 所以AB(CACB)(nm)(nm)n2m24 在ABC 中，AB 5，AC 2，BC3则以 BC 为轴，将ABC 旋转一周所得的几何体的体积为3A2 3B4 3C D【答案】C 1 1 1【解析】由图形易知 BC 边上的高为 1，所以 V Sh 33 35 从 1 至 8 的 8 个整数中随机抽取 2 个不同的数，则这 2 个数和为偶数的概率为1114A5B1447C3

3、7D【答案】D123 【解析】p C287 56 已知函数 f(x)sin(x )sin( x)，g(x)f(f(x)，则 g(x)的最大值为9 932A 2 B 3 CD2【答案】B 3【解析】记 tx ，则 f(x)h(t)sintsin(t ) sint9 3 23cost，2所以 h(t) 3sin(t ) 3， 3，6且 3 ，所以 f(f(x)最大为 33x27 双曲线 C： y21(a0)的左、右焦点分别为 F1，F2，A 为 C 左支上一动点，直线a2AF2 与 C 的右支交于点 B，且|AB|3a，ABF1 与BF1F2 的周长相等，则|F1F2|2 3 3A4 3 3B23

4、C43D【答案】B【解析】记 C 的焦距为 2c，则|F1F2|2c2 a21，又ABF1 与BF1F2 的周长相等，即|AB|AF1|F1F2|BF2|，1又|AB|3a，且|AB|BF2|AF1|2a，即 2a a21，a2 ，34 3所以|F1F2|2 a21 3f(x) g(x2) f(2k)，f(2022)238 若函数 f(x)，g(x)的定义域为 R，且 2，则 g(x) f(x2) g(2024) g(2k2)k0A28 B30 C46 D48【答案】B【解析】因为f(x) ，所以 1，g(x2) f(x) f(x2)g(x) f(x2) g(x2) g(x)f(x)记 h(x

5、) ，所以 h(x)h(x2)1，h(x2)h(x)1，则 h(x)h(x4)，g(x2) 2 f(2022)f(2) 所以 h(2k)h(2(k2)， 2，g(2024) g(4)f(0)1 且 f(2)f(0)g(2)g(4)，则 ，g(2) 223f(2k) 1所以 ( 2)1230g(2k2) 2 k0二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。xy9 在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l： 1 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 B，圆a bC：x2y2

6、axbyc0，则A若 c0，则点 O 在圆 C 上abB直线 l 与坐标轴围成的三角形的面积为2C若点 O 在圆 C 内部，则 c 的取值范围为(0，)8D若 abc ，则圆 C 与OAB 的中位线相切3【答案】ACDa b a2b2 a2b2【解析】对于 A，圆 C：(x )2(y )2 c ，令 xy0，恰符合；2 2 4 4|ab|对于 B，面积为 ；2a2b2 a2b2对于 C， c ，即 c0；4 44 4 8对于 D，圆 C：(x )2(y )2 ，中位线 3x3y40 恰与圆 C 相切3 3 9an1 110已知数列an满足 a11， an ，则an anan1Aan12an B

7、 是递增数列anCan14an是递增数列 Dann22n2【答案】ABDan1 1【解析】对于 A，因为 an 2，所以an12an；an anan1 1 an1对于 B，因为 an ，所以 是递增数列；an an an对于 C，由an14an(an2)23，可知an14an不是递增数列；对于 D，因为 an1，所以an1a2n1an1an，所以an1n1，ann，所以an1a2n1n21，即 an(n1)21n22n2 3 11在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，AA1AD2AB2，ABAD，且 P 为 CC1 中点，Q为 AA1 上一动点，则2A|PQ| 5， 6 B三棱锥 BQPB

8、1 的体积为3C存在点 Q 使得 BD1 与平面 QPB1 垂直 D存在点 Q 使得 AC1 与平面 QPB1 垂直【答案】AB【解析】以 D 为坐标原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，对于 A，P(0，1，1)，Q(2，0，q)，所以|PQ| (q1)25，且 q0，2，所以|PQ| 5， 6； 1 1 2对于 B，VBQPB1VQBPB1 1 22 ； 3 2 3 对于 C，BP(2，0，1)，BQ(0，1，q)，BD1(2，1，2)，设平面 QPB1 的法向量 n(x，y，z)，且nBP0， 即nBQ0，2xz0，yqz0则 n 可

9、以是(1，2q，2)，所以BD1不可能平行于 n； 对于 D，因为AC1(2，1，2)，所以AC1也不可能平行于 n12设 kR 且 k0，n2，nN*，(1kx)na0a1xa2x2anxn，则n nA ai2n B ai(1k)n1i0 i1n nC iaink(1k)n1 D i2ai2n(n1)k2(1k)n2i1 i2【答案】BCn 【解析】对于 A，代入 x1 得 ai(1k)n；i0n对于 B，代入 x0 得 a01，所以 ai(1k)n1；i1对于 C，对等式两边 x 同时求导得 nk(1kx)n1a12a2xnanxn1(*)，n代入 x1 得 iaink(1k)n1；i1对

10、于D，对(*)式两边x同时求导得nk2(n1)(1kx)n22a26a3xn(n1)anxn2，n代入 x1，则 i(i1)aink2(n1)(1k)n2，i2 4 n n n所以 i(i1)ai i2ai iaink2(n1)(1k)n2nk(1k)n1a1nk(nk1)(1 i2 i2 i2k)n2nk三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。a13设 a，b0，且2 ab1，则 的最小值为_b【答案】0a (b1)2 b 1 1【解析】 0，当且仅当 a0，b1 时取等b 4b 4 4b 2b14已知函数 f(x)alnx x，g(x)f (x)若 g(1)g(3)0，

11、则 f(2)_x1【答案】4ln22a b x2axb【解析】因为 g(x)f (x) 1 ，x x2 x2且 g(1)g(3)0，即a4，b3，3 1所以 f(x)4lnx x，f(2)4ln2 x 215已知一个正四面体的棱长为 2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1 为半径的球面所形成的交线的长度为_【答案】303【解析】设外接球半径为 r，外接球球心到底面的距离为 h，2 6 4则 hr ，r2h2 ，所以 r3 36，2由几何图形可知交线半径为 306，所以交线长度为 2 30630 316在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F( p，0)，则

12、C 的方程为_；若 P，F 两点关于 y 轴对称，且以 PF 为直径的圆与 C 的一个交点为 A，则 cosOAF_【答案】y28x；512p【解析】因为 y22px 的焦点为( ，0)，2所以p p，解得 p4，则 C 的方程为 y28x；2因为 P，F 两点关于 y 轴对称，且 OF2， 5 所以以 PF 为直径的圆为 x2y24，设 A(x0，y0)， 则OA(x0，y0)，FA(x02，y0)，联立y28x，则 x28x40，解得 x02 54，x2y24 OAFA124 5且 cosOAF 2 248 5|OA|FA|512四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答时应写出文字

13、说明，证明过程或演算步骤。17（10 分）1an2是公差为1记 Sn 为数列an的前 n 项和，已知 an1，Sn 的等差数列2 2（1）证明：an是等差数列；S13（2）若 a1，a2，a6 可构成三角形的三边，求 的取值范围a141a2n是公差为1解：（1）因为Sn 的等差数列，2 21 a2n1)1a2n(Sn11所以 Sn ，2 2 2即(an1)2a2n1，又 an1，所以 anan11，所以an是等差数列；（2）因为 a1，a2，a6 可构成三角形的三边，所以 2a11a15，即 a14，又S 13a 13 ，且 a14，13a178 91 13 7a14 a14 a113 a11

14、3所以S( ，13)130 13a14 1718（12 分）x2 2y已知椭圆 C： 1(ab0)的上顶点为 A(0，1)，右焦点为 F(1，0)a2 b2（1）求 C 的方程；（2）若 P 为 C 上一点，且 tanAFP2 3，求直线 PF 的方程解：（1）记 C 的焦距为 2c，则 bc1，x2所以 a 2，C 的方程为 y21；2（2）记坐标原点为 O，且 tanAFPtan(AFOPFO)，或 tanAFPtan(PFOAFO)， 6 因为 tanAFP2 30，bc1，所以AFO45，tanAFOtanPFO 1tanPFO所以 tanAFP 2 3，1tanAFOtanPFO 1

15、tanPFOtanPFOtanAFO tanPFO1或 tanAFP 2 3，1tanPFOtanAFO 1tanPFO所以 tanPFO3或 3，3记直线 PF 的斜率为 k，则 ktanPFO3或 3，3所以 PF 的方程为 y3(x1)或 y 3(x1)，3即 3yx10 或 3xy 3019（12 分）a2b2 a2b2c2记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 c2 ab（1）若 C ，求 A，B；4a（2）若ABC 为锐角三角形，求 的取值范围bcos2Ba2b2 a2b2c2解：（1）因为 2cosC，c2 ab所以 sin2Asin2B2sin2CcosC

16、sin2CsinCsin(AB)sin(AB)sinCsin(AB)， 3代入 C ，则 sin(AB)1，所以 AB ，且 AB ，4 2 45 3所以 A ，B ；8 8（2）由（1）知 sin2Csin(AB)，当 2CAB 时，且 ABC，若ABC 是锐角三角形，则 A ，2所以 2AC，不成立；当 2CAB时，且 ABC，所以 C2B，所以 3B ，2则 ，B ，且 C2B( )，A( )， ， 6 4 3 2 4 2且 a sinA sin3B bcos2B sinBcos2B sinBcos2B3tan2B，又 tanB(3 a 8 ，1)，所以 (2， )3 bcos2B 3

17、7 20（12 分）根据北京冬奥组委与特许生产商的特许经营协议，从 7 月 1 日开始，包括冰墩墩公仔等在内的 2022 北京冬奥会各种特许商品将停止生产现给出某零售店在某日（7 月 1 日前）上午的两种颜色冰墩墩的销售数据统计表（假定每人限购一个冰墩墩）：蓝色 粉色男顾客5a6a6女顾客2a34a3（1）若有 99的把握认为顾客购买的冰墩墩颜色与其性别有关，求 a 的最小值；（2）在 a 取得最小值的条件下，现从购买蓝色冰墩墩的顾客中任选 p 人，从购买粉色冰墩墩的顾客中任选 q 人，且 pq9(p，q0)，记选到的人中女顾客人数为 X求 X的分布列及数学期望n(adbc)2附：K2(ab)

18、(cd)(ac)(bd)P(K2k) 0.05 0.010 0.001k 3.841 6.635 10.828解：（1）因为有 99的把握认为顾客购买的冰墩墩颜色与其性别有关，不妨给出零假设 H0：顾客购买的冰墩墩颜色与其性别无关，且该假设成立概率小于等于 0.010，且由表知 P(K26.635)0.010，2a a则 K2 6.635，即 a9.9525，又 aZ， Z，3 6所以 a 的最小值为 12；（2）因为 pq9，所以 X 的所有可能取值是 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，C12 Ci24所以 X 的分布列为 P(Xi) ，i0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，C93

19、6nM 216且 XH(9，24，36)，所以 E(X) 6N 3621（12 分）3如图，四棱锥 PABCD 的体积为 ，平面 PAD平面 ABCD，PAD 是面积为 3的等4边三角形，四边形 ABCD 是等腰梯形，BC1，E 为棱 PA 上一动点（1）若直线 EC 与平面 ABCD 的夹角为 60，求二面角 BCED 的正弦值；ED（2）求 的取值范围EC 8 PEDA CB解：（1）因为PAD 是面积为 3的等边三角形，所以 PAPDAD2，因为平面 PAD平面 ABCD，四边形 ABCD 是等腰梯形，过 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，记 BC 中点为 T，连接 OT，所以 OTAD

20、，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，OT 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，3且 BC1，OP 3，又四棱锥 PABCD 的体积为 ，43 3所以四边形 ABCD 的面积为 ，OT43，21设 E(t，0， 3 3t)，又 C( ，23，0)，2所以 EC 4t25t4，又直线 EC 与平面 ABCD 的夹角为 60，即 4t25t422t，解得 t0，E，P 两点重合， 1 1， 3 ， 3 又 E(0，0， 3)，BC(1，0，0)，CE( ， 3)，CD( ，0)，2 2 2 2设平面 BCE 的法向量 n1(x1，y1，z1)，平面 CDE 的法向量 n2

21、(x2，y2，z2)，且n1BC0，n1CE0，n2CE0，即n2CD0，x10，y12z10，1 3x2 y2 3z20，2 2x2 3y20所以 n1 可以是(0，2，1)，n2 可以是( 3，1，0)，记二面角 BCED 的平面角为，|n1n2|则|cos|cosn1，n2| |n1|n2|2 2 5，sin ，52 52 5即二面角 BCED 的正弦值为 ；5（2）因为 ED 4t24t4，EC 4t25t4，所以EDEC4t24t4t 2 31 1 1 ，当且仅当 t1 时44t25t4 4t25t4 3 4t 5t 9 ED取等号，且 t0 时， 1，ECED 2 3所以 1， E

22、C 322（12 分）ax lnx已知函数 f(x) 和 g(x) 有相同的最大值ex ax（1）求 a；（2）证明：存在直线 yb，其与两条曲线 yf(x)和 yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列a(1x) 1lnx解：（1）因为 f (x) ，g(x) ，ex ax2当 a0 时，令 f (x)，g(x)0，f (x)，g(x)0，则 f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)单调递增，不存在最大值，g(x)在(，e)上单调递减，在(e，)单调递增，也不存在最大值；当 a0 时，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)单调递减，g(x)在(，e)上单调递增，

23、在(e，)单调递减，a所以 f(x)有极大值 f(1) ，即 f(x)的最大值，e1g(x)有极大值 g(e) ，即 g(x)的最大值，ae所以a 1 e ae，即 a1；x lnx（2）由（1）知 f(x) ，g(x)f(lnx) ，ex xx 1记 h(x) b，且 0b ，ex e1x则 h(x) ，令 h(x)0，h(x)0，ex则 h(x)在(，1)上单调递增，在(1，)单调递减，1 b b且 h(1) b0，h( )0，所以存在 x0( ，1)，使得 h(x0)0，e 1b 1b1 1又 h( )0，所以存在 x1(1， )，使得 h(x1)0，b b即此时 yb 与 yf(x)有

24、两个交点，其中一个交点在(0，1)内，另一个交点在(1，)内，同理 yb 与 yf(lnx)g(x)也有两个交点，其中一个交点在(0，e)内，另一个交点在(e，)内， 10 若 yb 与 yf(x)和 yg(x)共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线 yf(x)和 yg(x)的公共点，记其横坐标为 x2，令 f(x2)g(x2)f(lnx2)，则 x2(1，e)，lnx2(0，1)，记 yb 与 yf(x)，yg(x)的三个交点的横坐标从左到右依次为 x3，x2，x4，且满足 x31x2ex4，f(x3)f(x2)g(x2)g(x4)，x2lnx2，即x2ex2lnx2， 且ex x22又 f(x3)f(lnx2)，f(x2)f(lnx4)，且 x3，lnx2(0，1)，x2，lnx4(1，e)，且 f(x)在(0，1)和(1，e)上分别单调，所以 x3lnx2，x2lnx4，即 x4ex2，所以x2x3x4，x2 为 x3，x4 的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标 x3，x2，x4 成等比数列 11