南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试数学试题及参考答案

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一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．
1．B 2．D 3．D 4．B 5．A 6．A 7．C 8．D
二、多项选择题：本大题共4小题，每题5分，共20分．
9．AC 10．BCD 11．BD 12．ACD
三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．
13．80 14． eq \s\d1(\f(1,3)) 15．[0，＋∞) 16．q2；1024
注：第14题满足0＜ω≤ eq \s\d1(\f(1,3))都可．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．
17．（本小题满分10分）
解：（1）因为a1＝3，所以a1－2×1－1＝0．
由于等比数列中的各项都不可能为0，故数列{an－2n－1}不是等比数列．2分
由an＋1＝3an－4n，得an＋1－2(n＋1)－1＝3(an－2n－1)．
因为a1－2×1－1＝0，所以an－2n－1＝0，
从而an＝2n＋1．5分
（2）由（1）可得bn＝ eq \s\d1(\f((2n－1)·2n,(2n＋1)(2n＋3)))＝ eq \s\d1(\f(2n＋1,2n＋3))－ eq \s\d1(\f(2n,2n＋1))．7分
则Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(eq \s\d1(\f(22,5))－eq \s\d1(\f(21,3)))＋(eq \s\d1(\f(23,7))－eq \s\d1(\f(22,5)))＋…＋(eq \s\d1(\f(2n,2n＋1))－eq \s\d1(\f(2n－1,2n－1)))＋(eq \s\d1(\f(2n＋1,2n＋3))－eq \s\d1(\f(2n,2n＋1)))
＝ eq \s\d1(\f(2n＋1,2n＋3))－ eq \s\d1(\f(2,3))．10分
18．（本小题满分12分）
解：（1）在△APC中，因为AP⊥CP，且AP＝CP，所以∠CAP＝ eq \s\d1(\f(π,4))．
由AC＝2，可得AP＝ eq \r(,2)．
又∠BAC＝ eq \s\d1(\f(π,3))，则∠BAP＝eq \s\d1(\f(π,3))－eq \s\d1(\f(π,4))＝ eq \s\d1(\f(π,12))．
在△APB中，因为∠APB＝ eq \s\d1(\f(2π,3))，∠BAP＝ eq \s\d1(\f(π,12))，所以∠ABP＝π－ eq \s\d1(\f(2π,3))－ eq \s\d1(\f(π,12))＝ eq \s\d1(\f(π,4))，
则 eq \s\d1(\f(AB,sin\s\d1(\f(2π,3))))＝ eq \s\d1(\f(\r(,2),sin\s\d1(\f(π,4))))，解得AB＝ eq \r(,3)，
从而S△ABC＝eq \s\d1(\f(1,2))·AB·AC·sin∠BAC＝ eq \s\d1(\f(1,2))× eq \r(,3)×2× eq \s\d1(\f(\r(,3),2))＝ eq \s\d1(\f(3,2))． 5分
（2）在△ABC中，由7＝4＋AB2－2AB，
解得AB＝3（AB＝－1舍去）．7分
令∠CAP＝α，则在△APC中AP＝2csα．
在△ABP中，∠BAP＝ eq \s\d1(\f(π,3))－α，所以∠ABP＝π－eq \s\d1(\f(2π,3))－(eq \s\d1(\f(π,3))－α)＝α，9分
则eq \f(AB,sin∠APB)＝eq \f(AP,sin∠ABP)，即 eq \s\d1(\f(3,sin\s\d1(\f(2π,3))))＝ eq \s\d1(\f(2csα,sinα))，得tanα＝ eq \s\d1(\f(\r(,3),3))．11分
因为α∈(0， eq \s\d1(\f(π,3)))，所以α＝ eq \s\d1(\f(π,6))，从而AP＝2×eq \s\d1(\f(\r(3),2))＝ eq \r(,3)．12分
19．（本小题满分12分）
解：（1）由题意可得 eq \(x,\s\up6(－))＝(2＋4＋6＋8＋10)÷5＝6， eq \(y,\s\up6(－))＝(80＋95＋100＋105＋120)÷5＝100，
则 eq \(∑,\s\up6(5),\s\d6(i＝1))(xi－ eq \(x,\s\up6(－)))(yi－ eq \(y,\s\up6(－)))＝(2－6)×(80－100)＋(4－6)×(95－100)＋(6－6)×(100－100)
＋(8－6)×(105－100)＋(10－6)×(120－100)
＝80＋10＋0＋10＋80＝180，
eq \(∑,\s\up6(5),\s\d6(i＝1))(xi－ eq \(x,\s\up6(－)))2＝(2－6)2＋(4－6)2＋(6－6)2＋(8－6)2＋(10－6)2＝16＋4＋0＋4＋16＝40，
可得eq \(\s\up4(^),b)＝ eq \s\d1(\f(\(∑,\s\up6(n),\s\d6(i＝1))(xi－\(x,\s\up6(－)))(yi－\(y,\s\up6(－))),\(∑,\s\up6(n),\s\d6(i＝1))(xi－\(x,\s\up6(－)))2))＝eq \f(180,40)＝eq \f(9,2)，2分
eq \(\s\up4(^),a)＝100－eq \f(9,2)×6＝73，3分
故y关于x的回归直线方程为 eq \(\s\up4(^),y)＝eq \f(9,2)x＋73．4分
令x＝12，得 eq \(\s\up4(^),y)＝127，5分
据此预测12月份该校全体学生中对劳动课程的满意人数为3000× eq \s\d1(\f(127,150))＝2540人．6分
（2）提出假设H0：该校的学生性别与对劳动课程是否满意无关．
则K2＝ eq \s\d1(\f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)))＝ eq \s\d1(\f(150(65×20－55×10)2,120×30×75×75))＝ eq \s\d1(\f(25,6))≈4.17．10分
因为P(K2≥3.841)＝0.05，而4.17＞3.841，
故有95%的把握认为该校的学生性别与对劳动课程是否满意有关．12分
20．（本小题满分12分）
（1）证明：设AC∩BD＝O，在平面PAC内过点A作AH⊥PO，垂足为H．
因为平面PAC⊥平面PBD，平面PAC∩平面PBD＝PO，
所以AH⊥平面PBD．3分
又BD平面PBD，所以BD⊥AH．
因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥PA．
因为BD⊥AH，PA∩AH＝A，PA平面PAC，AH平面PAC，
所以BD⊥平面PAC．
又因为PC平面PAC，所以BD⊥PC．………………………………………………………………6分
（2）在△ABD中，由AB＝AD＝2，AB⊥AD，可得BD＝2eq \r(2)．
由（1）知BD⊥AC，则VP－ABCD＝eq \s\d1(\f(1,3))SABCD×PA＝eq \s\d1(\f(1,3))×eq \s\d1(\f(1,2))×2eq \r(2)×AC×2＝4，
解得AC＝3eq \r(2)，8分
(第20题图)
以{eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系A－xyz，
得A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(3，3，0)，P(0，0，2)，
所以平面PAD的一个法向量为n1＝(1，0，0)．
设平面PCD的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
又eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(3，3，－2)，
由eq \b\lc\{(\a\al(eq \(PD,\s\up6(→))·n2＝0，,eq \(PC,\s\up6(→))·n2＝0，))得eq \b\lc\{(\a\al(2y－2z＝0，,3x＋3y－2z＝0，))
取z＝3，则x＝－1，y＝3，故平面PCD的一个法向量为n2＝(－1，3，3)，10分
则cs＜n1，n2＞＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(－1,1×eq \r(1＋9＋9))＝－eq \s\d1(\f(\r(19),19))，11分
从而平面PAD与平面PCD所成锐二面角的余弦值为eq \s\d1(\f(\r(19),19))．12分
21．（本小题满分12分）
解：（1）设C(m，n)，又A(－2，0)，则由AC＝eq \r(5)，得(m＋2)2＋n2＝5．
又eq \f(m2,4)＋n2＝1，解得m＝0(m＝－eq \f(16,3)舍去)．
又点C在x轴上方，则n＞0，故n＝1，从而点C坐标为(0，1)．
因为D为线段AC的中点，所以点D坐标为(－1，eq \s\d1(\f(1,2)))，
故kAC＝eq \s\d1(\f(1,2))，kOP＝kOD＝－eq \s\d1(\f(1,2))．2分
方法1
由于直线MN过原点且与直线平行AC，则直线MN的方程为y＝eq \s\d1(\f(1,2))x．
由于点P，M在x轴上方，则yM＞0，yP＞0．
由eq \b\lc\{(\a\al(y＝eq \s\d1(\f(1,2))x，, eq \s\d1(\f(x2,4))＋y2＝1，))解得yM＝eq \s\d1(\f(\r(2),2))，则xM＝eq \r(2)，故M(eq \r(2)，eq \s\d1(\f(\r(2),2)))，则eq \(OM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，eq \s\d1(\f(\r(2),2)))．
由eq \b\lc\{(\a\al(y＝－eq \s\d1(\f(1,2))x，, eq \s\d1(\f(x2,4))＋y2＝1，))解得yP＝eq \s\d1(\f(\r(2),2))，则xP＝－eq \r(2)，故P(－eq \r(2)，eq \s\d1(\f(\r(2),2)))，则eq \(OP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \s\d1(\f(\r(2),2)))，
从而cs∠POM＝eq \f(eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→)),|eq \(OP,\s\up6(→))||eq \(OM,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2＋eq \s\d1(\f(1,2)),eq \r(2＋eq \s\d1(\f(1,2)))×eq \r(2＋eq \s\d1(\f(1,2))))＝－eq \f(3,5)．4分
方法2
由于直线MN过原点且与直线平行AC，则kOM＝kAC＝eq \s\d1(\f(1,2))．
又kOP＝－eq \s\d1(\f(1,2))，可得∠AOP＝∠BOM，则∠POM＝π－2∠MOB．
因为kOM＝eq \s\d1(\f(1,2))，所以tan∠BOM＝eq \s\d1(\f(1,2))，故cs∠BOM＝eq \s\d1(\f(2\r(5),5))，
从而cs∠POM＝cs(π－2∠MOB)＝－cs2∠BOM＝－(2cs2∠BOM－1)＝－eq \f(3,5)．4分
方法3
由于直线MN过原点且与直线平行AC，
则∠POM＝＜eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))＞＝＜eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＞＝＜eq \(OD,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＞．
又eq \(OD,\s\up6(→))＝(－1，eq \s\d1(\f(1,2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，1)，
则cs∠POM＝cs＜eq \(OD,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＞＝eq \f(eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→)),|eq \(OD,\s\up6(→))||eq \(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2＋eq \s\d1(\f(1,2)),eq \r(1＋(eq \s\d1(\f(1,2)))2)·eq \r(22＋1))＝－eq \f(3,5)．4分
（2）设点C(x0，y0)，由A(－2，0)可得D(eq \f(x0－2,2)，eq \f(y0,2))，
则kAC＝kOM＝eq \f(y0,x0＋2)，kOP＝kOD＝eq \f(y0,x0－2)，
从而kOM·kOP＝eq \f(y0,x0＋2)·eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(y02,x02－4)＝eq \f(1－eq \f(x02,4),x02－4)＝－eq \f(1,4)．6分
由于直线OM的斜率一定存在且不为零，故可设其方程为y＝kx，k＞0
由eq \b\lc\{(\a\al(y＝kx，, eq \s\d1(\f(x2,4))＋y2＝1，))解得x2＝eq \f(4,1＋4k2)，y2＝eq \f(4k2,1＋4k2)，则OM2＝eq \f(4＋4k2,1＋4k2)．8分
由kOM·kOP＝－eq \f(1,4)可得kOP＝－eq \f(1,4k)，同理可得OP2＝eq \f(1＋16k2,1＋4k2)，
方法1
则OM2·OP2＝eq \f(4＋4k2,1＋4k2)·eq \f(1＋16k2,1＋4k2)．10分
令1＋4k2＝t，t＞1，则OM2·OP2＝eq \f((t＋3)(4t－3),t2)＝－9(eq \f(1,t))2＋9·eq \f(1,t)＋4≤eq \f(25,4)（当t＝2，即k＝eq \f(1,2)时取等号，），
又PQ·MN＝4OM·OP，则PQ·MN的最大值为10．12分
方法2
则OM2＋OP2＝eq \f(4＋4k2,1＋4k2)＋eq \f(1＋16k2,1＋4k2)＝5，
所以OM·OP≤eq \f(OM2＋OP2,2)＝eq \f(5,2)，当且仅当OM＝OP＝eq \s\d1(\f(\r(10),2))时取等号．
又PQ·MN＝4OM·OP，则PQ·MN的最大值为10．12分
22．（本小题满分12分）
（1）解：当x＞－1时，g(x)＝eq \f(x＋1,ex)＋x2－1，则g'(x)＝eq \f(2x,ex)(ex－eq \s\d1(\f(1,2)))．1分
令g'(x)＝0，可得x1＝－ln2＞－1，x2＝0，列表分析如下：
由表可知，g(x)在x＝0处取得极小值，且g(0)＝0．
又g(－1)＝0，从而g(x)的最小值为0．5分
（2）证明：由（1）可知，当x＞－1时，g(x)≥0，即eq \f(x＋1,ex)≥1－x2(当且仅当x＝0时取等号)，
记h(x)＝1－x2，则在区间(－1，0)和(0，＋∞)上，都有f(x)＞h(x)恒成立．
又f '(x)＝－eq \f(x,ex)，则f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
从而f(x)＞0在(－1，0)和(0，＋∞)上恒成立．8分
由于x1≠x2，f(x1)＝f(x2)＝t，则可得0＜t＜1，不妨设－1＜x1＜0＜x2．
又h(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，h(0)＝1，
不妨设h(x3)＝h(x4)＝t，其中－1＜x3＜0＜x4，
则在(－1，0)上，f(x1)＝h(x3)＜f(x3)，可得－1＜x1＜x3＜0，
在(0，＋∞)上，f(x2)＝h(x4)＜f(x4)，可得0＜x4＜x2，
从而|x1－x2|＞|x3－x4|．
由于x3，x4为方程h(x)＝t的两个实根，解得x3＝－eq \r(1－t)，x4＝eq \r(1－t)，则|x3－x4|＝2eq \r(1－t)，
从而|x1－x2|＞2eq \r(1－t)，命题得证．12分x
(－1，－ln2)
－ln2
(－ln2，0)
0
(0，＋∞)
g'(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗