江蘇省南通等五市2024-2025學年高三數(shù)學下學期2月開學摸底考試(滿分：150分考試時間：120分鐘)一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中只有一個選項符合要求．1.已知集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2<x<4}，則A∩B＝()A.(2，3]B.[1，4)C.(－∞，4)D.[1，＋∞)2.已知向量a，b滿意|a|＝1，|b|＝2，〈a，b〉＝eq\f(2π,3)，則a·(a＋b)＝()A.－2B.－1C.0D.23.在復平面內(nèi)，復數(shù)z1，z2對應的點關于直線x－y＝0對稱，若z1＝1－i，則|z1－z2|＝()A.eq\r(2)B.2C.2eq\r(2)D.44.2024年神舟接力騰飛，中國空間站全面建成，我們的“太空之家”遨游蒼穹．太空中飛船與空間站的對接，須要經(jīng)過多次變軌．某飛船升空后的初始運行軌道是以地球的中心為一個焦點的橢圓，其遠地點(長軸端點中離地面最遠的點)距地面S1，近地點(長軸端點中離地面最近的點)距地面S2，地球的半徑為R，則該橢圓的短軸長為()A.eq\r(S1S2)B.2eq\r(S1S2)C.eq\r(（S1＋R）（S2＋R）)D.2eq\r(（S1＋R）（S2＋R）)5.已知sin(α－eq\f(π,6))＋cosα＝eq\f(3,5)，則cos(2α＋eq\f(π,3))＝()A.－eq\f(7,25)B.eq\f(7,25)C.－eq\f(24,25)D.eq\f(24,25)6.已知隨機變量X聽從正態(tài)分布N(μ，σ2)，有下列四個命題：甲：P(X>m＋1)>P(X<m－2)；乙：P(X>m)＝0.5；丙：P(X≤m)＝0.5；?。篜(m－1<X<m)<P(m＋1<X<m＋2)假如只有一個假命題，則該命題為()A.甲B.乙C.丙D.丁7.已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(2x＋1)為偶函數(shù)，f(x)＝f(x＋1)－f(x＋2)，若f(1)＝2，則f(18)＝()A.1B.2C.－1D.－28.若過點P(t，0)可以作曲線y＝(1－x)ex的兩條切線，切點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2的取值范圍是()A.(0，4e－3)B.(－∞，0)∪(0，4e－3)C.(－∞，4e－2)D.(－∞，0)∪(0，4e－2)二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，AC與BD交于點O，則()A.AD1∥平面BOC1B.BD⊥平面COC1C.C1O與平面ABCD所成的角為45°D.三棱錐CBOC1的體積為eq\f(2,3)10.若函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，則()A.ω＝2B.φ＝eq\f(π,6)C.f(x)的圖象關于點(eq\f(π,12)，0)對稱D.f(x)在區(qū)間(π，eq\f(5π,4))上單調(diào)遞增11.一個袋中有大小、形態(tài)完全相同的3個小球，顏色分別為紅、黃、藍．從袋中先后無放回地取出2個球，記“第一次取到紅球”為事務A，“其次次取到黃球”為事務B，則()A.P(A)＝eq\f(1,3)B.A，B為互斥事務C.P(B|A)＝eq\f(1,2)D.A，B相互獨立12.已知拋物線x2＝4y的焦點為F，以該拋物線上三點A，B，C為切點的切線分別是l1，l2，l3，直線l1，l2相交于點D，l3與l1，l2分別相交于點P，Q.記A，B，D的橫坐標分別為x1，x2，x3，則()A.eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0B.x1＋x2＝2x3C.AF·BF＝DF2D.AP·CQ＝PC·PD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1＋log2（2－x），,x<1，,2x－1，,x≥1，)))則f(f(－2))＝________．14.寫出一個同時滿意下列條件①②的等比數(shù)列{an}的通項公式an＝________．①anan＋1<0；②|an|<|an＋1|.15.已知圓O：x2＋y2＝r2(r>0)，設直線x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0與兩坐標軸的交點分別為A，B，若圓O上有且只有一個點P滿意AP＝BP，則r的值為________．16.已知正四棱錐SABCD的全部棱長都為1，點E在側(cè)棱SC上，過點E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形Γ，則Γ的邊數(shù)至多為________，Γ的面積的最大值為________．(第一空2分，其次空3分)四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.(本小題滿分10分)在①S1，S2，S4成等比數(shù)列，②a4＝2a2＋2，③S8＝S4＋S7－2這三個條件中任選兩個，補充在下面問題中，并完成解答．已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且滿意________，________．(1)求{an}的通項公式；(2)求eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)＋…＋eq\f(1,anan＋1).注：假如選擇多個方案分別解答，按第一個方案計分．

18.(本小題滿分12分)其次十二屆卡塔爾世界杯足球賽決賽中，阿根廷隊通過扣人心弦的點球大戰(zhàn)戰(zhàn)勝了法國隊．某校為了豐富學生課余生活，組建了足球社團．足球社團為了解學生喜愛足球是否與性別有關，隨機抽取了男、女同學各100名進行調(diào)查，部分數(shù)據(jù)如下表：喜愛足球不喜愛足球合計男生40女生30合計(1)依據(jù)所給數(shù)據(jù)完成上表，并推斷是否有99.9%的把握認為該校學生喜愛足球與性別有關？(2)社團指導老師從喜愛足球的學生中抽取了2名男生和1名女生示范點球射門．已知男生進球的概率為eq\f(2,3)，女生進球的概率為eq\f(1,2)，每人射門一次，假設各人射門相互獨立，求3人進球總次數(shù)的分布列和數(shù)學期望．參考公式和數(shù)據(jù)：K2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828

19.(本小題滿分12分)在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，acosB－2acosC＝(2c－b)cosA.(1)若c＝eq\r(3)a，求cosB的值；(2)若b＝1，∠BAC的平分線AD交BC于點D，求AD長度的取值范圍．20.(本小題滿分12分)如圖，在△ABC中，AD是邊BC上的高，以AD為折痕，將△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB.(1)求證：PB⊥平面ABD；(2)若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角BPAD的正弦值．

21.(本小題滿分12分)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左頂點為A，過左焦點F的直線與C交于P，Q兩點．當PQ⊥x軸時，PA＝eq\r(10)，△PAQ的面積為3.(1)求C的方程；(2)求證：以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點．22.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,aex－1)和g(x)＝eq\f(a＋lnx,x)有相同的最大值．(1)求實數(shù)a的值；(2)設直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有四個不同的交點，其橫坐標分別為x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，求證：x1x4＝x2x3.

2024～2024學年高三年級模擬試卷(南通等五市)數(shù)學參考答案及評分標準1.A2.C3.B4.D5.B6.D7.A8.D9.ABD10.ACD11.AC12.BCD13.414.an＝(－eq\f(1,2))n15.eq\f(1,2)16.5eq\f(\r(2),3)17.解：(1)設{an}的公差為d，若選①②，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1S4＝Seq\o\al(2,2)，,a4＝2a2＋2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2，,a1＋3d＝2（a1＋d）＋2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2a1，,d＝a1＋2，))∴a1＝2，d＝4，∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2.若選①③或②③同理可得an＝4n－2.(5分)(2)由(1)知eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（4n－2）（4n＋2）)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,8)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，∴eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,8)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))＝eq\f(1,8)(1－eq\f(1,2n＋1))＝eq\f(n,4（2n＋1）).(10分)18.解：(1)2×2列聯(lián)表如下：喜愛足球不喜愛足球合計男生6040100女生3070100合計90110200∵K2＝eq\f(200×（60×70－40×30）2,100×100×90×110)≈18.182>10.828，∴有99.9%的把握認為該校學生喜愛足球與性別有關．(5分)(2)3人進球總次數(shù)ξ的全部可能取值為0，1，2，3，P(ξ＝0)＝(eq\f(1,3))2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,18)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,2)·eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×(eq\f(1,3))2＝eq\f(5,18)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(1,2)·eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋(eq\f(2,3))2×eq\f(1,2)＝eq\f(4,9)，P(ξ＝3)＝(eq\f(2,3))2×eq\f(1,2)＝eq\f(2,9)，∴ξ的分布列如下ξ0123Peq\f(1,18)eq\f(5,18)eq\f(4,9)eq\f(2,9)∴ξ的數(shù)學期望E(ξ)＝1×eq\f(5,18)＋2×eq\f(4,9)＋3×eq\f(2,9)＝eq\f(11,6).(12分)19.解：(1)∵acosB－2acosC＝(2c－b)cosA，∴sinAcosB－2sinAcosC＝(2sinC－sinB)cosA?sinAcosB＋cosAsinB＝2sinAcosC＋2cosAsinC?sin(A＋B)＝2sin(A＋C)?sinC＝2sinB?c＝2b，∵c＝eq\r(3)a，∴b＝eq\f(\r(3)a,2)，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋3a2－\f(3,4)a2,2a·\r(3)a)＝eq\f(13\r(3),24).(6分)(2)由(1)知c＝2b，∵b＝1，∴c＝2，設∠BAD＝θ，如圖，S△ABC＝eq\f(1,2)·2·sin2θ＝eq\f(1,2)·2·AD·sinθ＋eq\f(1,2)·1·AD·sinθ?AD＝eq\f(4,3)cosθ，θ∈(0，eq\f(π,2))，∴AD∈(0，eq\f(4,3)).(12分)20.(1)證明：∵PD⊥AD，AD⊥BD，PD∩BD＝D，∴AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB.∵PB⊥AB，AD，AB?平面ABD，AD∩AB＝A，∴PB⊥平面ABD.(4分)(2)解：如圖建系，則B(0，2，0)，P(0，2，4)，A(4，0，0)，D(0，0，0)，∴eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，0，4)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(4，－2，－4)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(4，0，0)，設平面BPA與平面PAD的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BP,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(PA,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4z1＝0，,4x1－2y1－4z1＝0))?n1＝(1，2，0)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PA,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DA,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x2－2y2－4z2＝0，,4x2＝0))?n2＝(0，2，－1)，設二面角BPAD平面角為θ，∴|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(4,\r(5)·\r(5))＝eq\f(4,5)，∴sinθ＝eq\f(3,5).(12分)21.(1)解：當PQ⊥x軸時，PQ＝eq\f(2b2,a)，PF＝eq\f(b2,a)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（\f(b2,a)）2＋（c－a）2＝10，,\f(1,2)·\f(2b2,a)·（c－a）＝3))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＝3，,c－a＝1，,c2＝a2＋b2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)，))∴雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(4分)(2)(解法1)設PQ方程為x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,3x2－y2＝3))?3(m2y2－4my＋4)－y2＝3?(3m2－1)y2－12my＋9＝0，以PQ為直徑的圓的方程為(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0?x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點，令y＝0?x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(12m2,3m2－1)－4＝eq\f(4,3m2－1)，x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝eq\f(9m2,3m2－1)－2m·eq\f(12m,3m2－1)＋4＝eq\f(－3m2－4,3m2－1)，∴x2－eq\f(4,3m2－1)x＋eq\f(－3m2－4,3m2－1)＋eq\f(9,3m2－1)＝0?(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0?[(3m2－1)x＋3m2－5](x－1)＝0對?m∈R恒成立，∴x＝1.∴以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點(1，0).(12分)(解法2)設PQ方程為x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,3x2－y2＝3))?(3m2－1)y2－12my＋9＝0，由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點．設以PQ為直徑的圓過E(t，0)，∴eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))＝0?(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0?x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝m2·eq\f(9,3m2－1)－2m·eq\f(12m,3m2－1)＋4＝eq\f(－3m2－4,3m2－1)，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(12m2,3m2－1)－4＝eq\f(4,3m2－1)，∴eq\f(－3m2－4,3m2－1)－eq\f(4t,3m2－1)＋t2＋eq\f(9,3m2－1)＝0，(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0對?m∈R恒成立，∴t＝1，即以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點(1，0).(12分)22.(1)解：f′(x)＝eq\f(1,a)·eq\f(ex－1－ex－1·x,（ex－1）2)＝eq\f(1,a)·eq\f(1－x,ex－1)，令f′(x)＝0?x＝1.∵f(x)有最大值，∴a>0且f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,a).a＝1時，g′(x)＝eq\f(1－a－lnx,x2)＝eq\f(－lnx,x2)，當0<x<1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x>1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(1)＝a，∴eq\f(1,a)＝a?a＝1.(4分)(2)證明：由f(x)＝b?eq\f(x,ex－1)－b＝0，由g(x)＝b?eq\f(1＋lnx,x)－b＝0，令F(x)＝eq\f(x,ex－1)－b，F(xiàn)(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴F(x)至多兩個零點．令G(x)＝eq\f(1＋lnx,x)－b，G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；(1，＋∞)上單調(diào)遞減；∴G(x)至多兩個零點．令F(x)＝G(x)?eq\f(x,ex－1)－eq\f(1＋lnx,x)＝0，當x∈(0，eq\f(1,e)]時，eq\f(x,ex－1)－eq\f(1＋lnx,x)>0；當x∈(1，＋∞)時，由