江蘇省南京市六校聯(lián)合體2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期10月聯(lián)合調(diào)研數(shù)學(xué)答案

2024-2025學(xué)年第一學(xué)期六校聯(lián)合體10月聯(lián)合調(diào)研高三數(shù)學(xué)參考答案2024.10一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，請(qǐng)把答案填涂在答題卡相應(yīng)位置上．1．C2．C3．A4．B5．D6．D7．B8．D二．選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，不選或有選錯(cuò)的得0分．9．AC10．ACD11．ABD三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．請(qǐng)把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上．12．013．814．y=eq\f(eq\r(,3),2)x＋eq\f(eq\r(,3),2)四、解答題：本大題共6小題，共70分．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟．15．（本小題滿分13分）解：（1）∵平面平面，且平面平面，且，平面，∴平面，………………...........................2分∵平面，∴，又，且，平面，∴平面；…………................................……..4分又平面，所以平面平面………………..6分（2）取中點(diǎn)為O，連接CO，PO又因?yàn)?，所以則因?yàn)椋?，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則,，......................................……..8分設(shè)是平面的一個(gè)法向量，則得，令則，所以……………............................................…..10分設(shè)與平面所成的角為則所以與平面所成的角的正弦值為………………..13分16．（本小題滿分15分）解：因?yàn)?，所以所以………?.3分在中，,所以，所以…………..5分（2）由，得，，………..7分因?yàn)?所以，所以，所以…………..9分所以在中,所以，得，…………....13分所以的面積.………………..15分17．（本小題滿分15分）（1）由題可知X的所有取值為1，2，3，4，P(X＝1)＝eq\f(C\o(\s\up1(1),5)C\o(\s\up1(3),3),C\o(\s\up1(4),8))＝eq\f(5,70)＝eq\f(1,14)P(X＝2)＝eq\f(C\o(\s\up1(2),5)C\o(\s\up1(2),3),C\o(\s\up1(4),8))＝eq\f(30,70)＝eq\f(3,7)P(X＝3)＝eq\f(C\o(\s\up1(3),5)C\o(\s\up1(1),3),C\o(\s\up1(4),8))＝eq\f(30,70)＝eq\f(3,7)P(X＝4)＝eq\f(C\o(\s\up1(4),5)C\o(\s\up1(0),3),C\o(\s\up1(4),8))＝eq\f(5,70)＝eq\f(1,14)，………………8分故X的分布列為：X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)則E(X)＝1×eq\f(1,14)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(3,7)＋4×eq\f(1,14)＝eq\f(5,2)．………………9分（2）記“輸入的問題沒有語法錯(cuò)誤”為事件A，記“輸入的問題有語法錯(cuò)誤”為事件B，記“回答被采納”為事件C，…………10分由已知得，P(C)＝0.7，P(C|A)＝0.8，P(C|B)＝0.4，P(B)＝p，P(A)＝1－p，所以由全概率公式得P(C)＝P(A)·P(C|A)＋P(B)·P(C|B)＝0.8(1－p)＋0.4p＝0.8－0.4p＝0.7，…………14分解得p＝0.25．……………………15分18．（本小題滿分17分）解：(1)h′(x)＝lnx＋1(x＞0)令h′(x)＝0則x＝eq\f(1,e)……………2分所以在(0，eq\f(1,e))上h′(x)＜0，h(x)遞減；在(eq\f(1,e)，＋∞)上，h′(x)＞0，h(x)遞增；所以函數(shù)h(x)有極小值h(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,e)，函數(shù)沒有極大值．（未寫極大值扣1分）…………4分(2)設(shè)m(x)＝ln(x＋1)－ax(x≥0)，m(0)＝0m′(x)＝eq\f(1,x+1)－a當(dāng)a≤0時(shí),m′(x)＞0,m(x)單調(diào)遞增，m(x)≥0，顯然不滿足.…………6分當(dāng)0＜a＜1時(shí),令m′(x)＝0,x0使m′(x0)＝0，在(0，x0)上，m(x)單調(diào)遞增；在(x0，＋∞)上，m(x)單調(diào)遞減，顯然不成立；…………8分當(dāng)a≥1時(shí)，m′(x)＜0，m(x)單調(diào)遞減，m(x)≤m(0)=0；…………………10分綜上：a≥1.………………11分(3)沒有上界，理由如下：由(1)可知，ln(x＋1)≤x在[0，＋∞)上恒成立，令x＝eq\f(1,n)，則ln(eq\f(1,n)＋1)≤eq\f(1,n)，…………………13分所以ln(eq\f(1,1)＋1)＜eq\f(1,1)，ln(eq\f(1,2)＋1)＜eq\f(1,2)，ln(eq\f(1,3)＋1)＜eq\f(1,3)．．．ln(eq\f(1,n)＋1)＜eq\f(1,n)，…………15分將上式相加，ln(n＋1)＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋．．．＋eq\f(1,n)＝g(n)由于ln(n＋1)沒有上界，故g(n)也沒有上界.…………17分19．（本小題滿分17分）解：（1）由離心率為eq\s\do1(\f(1,2))，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，由DE＝3得eq\f(2b2,a)＝3，解得a＝2，b＝eq\r(,3)所以故橢圓C的方程為eq\s\do1(\f(x2,4))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1…………3分（2）由（1）可得A2(2,0)，連接MA2，因?yàn)镾1－S2=S△MA1A2－S△MNA2=eq\s\do1(\f(3,2))，S△MA1O=eq\s\do1(\f(3,2))，所以S△NGA2=S△MOG，得S△NMA2=S△MOA2;所以O(shè)N∥MA2，所以直線ON的方程為，y＝－eq\f(3,2)x,……6分由eq\b\lc\{(\a\al(y＝－eq\f(3,2)x，,eq\s\do1(\f(x2,4))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1．))得N(1,－eq\s\do1(\f(3,2)))，N(－1,eq\s\do1(\f(3,2)))（舍去）.所以|MN|=3…………………8分（3）設(shè)直線MN:y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2),P(x3，y3)，H(x0，y0)則Q(－x3，－y3).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx＋m，,eq\s\do1(\f(x2,4))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1．))可得，(3+4k2)x2+8mkx+4m2－12＝0，所以，x1＋x2＝－eq\s\do1(\f(8mk,4k2+3))，x1x2＝eq\s\do1(\f(4m2－12,4k2+3))，………10分y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\s\do1(\f(6m,4k2+3))Δ＝64m2k2＋16(m2－3)(4k2+3)＞0,得m2－3－4k2<0．所以中點(diǎn)H的坐標(biāo)為(－eq\s\do1(\f(4mk,4k2+3))，eq\s\do1(\f(3m,4k2+3)))，所以kOH＝－eq\s\do1(\f(3,4k)),故直線OH：y＝－eq\s\do1(\f(3,4k))x.………12分由P，Q，M，N四點(diǎn)共圓，則|HM|·|HN|＝|HP|·|HQ|,………………14分由|HM|·|HN|=eq\s\do1(\f(1,4))|MN|2=eq\s\do1(\f(1,4))(1+k2)[(x1＋x2)2－x1x2]=12(1+k2).eq\s\do1(\f(4k2+3－m2,(4k2+3)2));聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\al(y＝－eq\s\do1(\f(3,4k))x，,eq\s\do1(\f(x2,4))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1．))可得，x2＝eq\s\do1(\f(16k2,4k2+3))，所以x23＝eq\s\do1(\f(16k2,4k2+3))，所以|HP|·|HQ|=(1+eq\s\do1(\f(9,16k2)))|x20－x23|=(9+16k2).eq\s\do1(\f(4k2+3－m2,(4k2+3)2)),所以12(1+k2)