江苏省苏锡常镇四市2023-2024高三教学情况调研(二)数学试题+答案(5.4苏锡常镇二模)

这是一份江苏省苏锡常镇四市2023-2024高三教学情况调研(二)数学试题+答案(5.4苏锡常镇二模)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。考试结束后，将答题卡交回。
数学
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.
已知集合 A  {x || x  1| 2，x N}， B  {y | y  1  1} ，则 A  B 
x
1,3
x22
0, 2
0, 2
1, 2
已知双曲线 C： y
a2
 1(a  0) 经过点(2, 0) ，则 C 的渐近线方程为
y  2x
y   1 x
2
y   1 x
4
y   2 x
2
已知 z ， z 是两个虚数，则“ z ， z 均为纯虚数”是“ z1 为实数”的
z
1212
2
充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
已知随机变量 ~ N (1, 2 ) ，且 P(≤0)  P(≥a) ，则 1 4 (0  x  a) 的最小值为

A．9B． 9
2
xa  x
C．4D．6
羽毛球比赛水平相当的甲、乙、丙三人举行羽毛球比赛. 规则为：每局两人比赛，另一人担任裁判. 每局比赛结束时，负方在下一局比赛中担任裁判. 如果第 1 局甲担任裁判，则第 3 局甲还担任裁判的概率为
A. 1
4
B. 1
3
C. 1
2
D. 2
3
已知非零向量 a  (cs 2，sin(  π )) ，b  (sin(
4
π ，1) ，若 a∥b，则sin 2 
+ )
4
1
10
10
4
5
3
5
已知椭圆 E 的中心在坐标原点 O，焦点在 x 轴上，过 E 的右焦点且斜率为 1 的直线
l 交 E 于 A，B 两点，且原点 O 到直线 l 的距离等于 E 的短轴长，则 E 的离心率为
2 2
3
6
3
3
3
1
3
正三棱锥 P  ABC 和正三棱锥Q  ABC 共底面 ABC，这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，点 P 和点 Q 在平面 ABC 的异侧，这两个正三棱锥的侧面与底面 ABC 所成的角分别为， ，则当   最大时， tan(   ) 
 1
3
 2
3
1
 4
3
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
设 m，n 是两条不同的直线，  ，  是两个不同的平面，下列命题中正确的有
A．若m  n ， m   ， n   ,则  
B．若m   ， m ∥ n ， n ∥  ，则  
C．若 ∥  ， m   ， n   ，则 m  n
D．若m   ， n   ， m  n ，则  
已知定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (1  x)  f (1  x)  0 ，且 f (x) 不是常函数，则下列说法中正确的有
若 2 为 f (x) 的周期，则 f (x) 为奇函数
若 f (x) 为奇函数，则 2 为 f (x) 的周期
若 4 为 f (x) 的周期，则 f (x) 为偶函数
若 f (x) 为偶函数，则 4 为 f (x) 的周期
在长方形 ABCD 中，AB  8 ，AD  6 ，点 E ，F 分别为边 BC 和CD 上两个动点（含

端点），且 EF  5 ，设 BE   BC ， DF   DC ，则
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
已知圆 O： x2  y2  2 ，过点 M (3,1) 的直线l 交圆O 于 A ， B 两点，

且 MA  2MB ，则满足上述条件的一条直线l 的方程为 ．
设钝角△ ABC 三个内角 A ， B ， C 所对应的边分别为 a ， b ， c ，若 a  2 ，
3
b sin A ， c  3 ，则b  ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（13 分）
如图，直三棱柱 ABC -A1B1C1 的体积为 1， AB  BC ， AB  2 ， BC  1 ．
A1C1
B1
（1）求证： BC1  A1C ；
求二面角 B1  A1C  B 的余弦值.
AC
B
（第 15 题图）
16．（15 分）
某班统计了全班 50 名同学在某一周内到图书馆借阅次数的相关数据，结果如下表：
若将该周内到图书馆借阅次数不少于 3 次的学生，称为“爱好阅读生”；少于 3 次的学生称为“一般阅读生”．
请完成以下2  2 列联表；问：能否有 90%的把握认为爱好阅读与性别有关？
借阅次数
0
1
2
3
4
5
6
7
合计
男生人数
2
5
3
5
5
1
2
2
25
女生人数
4
4
5
5
3
2
1
1
25
合计人数
6
9
8
10
8
3
3
3
50
性别
阅读
合计
一般
爱好
男生
女生
合计
附： K 2
n(ad  bc)2
(a  b)(c  d )(a  c)(b  d )
， n  a  b  c  d ．
班主任从该周内在图书馆借阅次数为 0 的同学中，一次性随机抽取 3 人了解有关情况，求抽到的男生人数 X 的概率分布和数学期望．
P(K 2 ≥ k )
0.1
0.05
0.01
k
2.706
3.841
6.635
（15 分）
已知函数 f (x)  ex  1  a ln x ( a R).
x
（1）当a  0 时，证明： f (x)  1 ；
（2）若 f (x) 在区间(1, ) 上有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围.
18．（17 分）

已知 F 为抛物线C：x2  2 py ( p  0 )的焦点，点 A 在 C 上， FA
 ( 3,  1 ) .
4
点 P (0， 2) ，M，N 是抛物线上不同两点，直线 PM 和直线 PN 的斜率分别为 k1 ， k2 .
求 C 的方程；
存在点 Q，当直线 MN 经过点 Q 时， 3(k1  k2 )  2k1k2  4 恒成立，请求出满足条件的所有点 Q 的坐标；
对于（2）中的一个点 Q，当直线 MN 经过点 Q 时， MN 存在最小值，试求出这个最小值.
19.（17 分）
试判断每一行的最后两个数的大小关系，并证明你的结论；
求证：每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数；
从第 1 行起，每一行最后一个数依次构成数列an ，设数列an 的前n 项和为
nn
S . 是否存在正整数 k，使得对任意正整数 n，kS ≤4n 1 恒成立？如存在，请求出 k 的最大值，如不存在，请说明理由.
2023~2024 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二）
数学（参考答案）2024. 5
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．
19
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
A
B
C
D
A
D
题号
9
10
11
答案
BCD
ABD
AC
12． y  1 或3x  4 y  5  0
13．
14．4，1
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．
15．（13 分）
【法一】
证明：在直棱柱 ABC  A1B1C1 中，
B1B  面 ABC ，则面 BB1CC1  面 ABC ，……2 分面 BB1CC1  面 ABC  BC ， AB  面 ABC， AB  BC ，
所以 AB  面 BCC1B1 .……4 分
因为 AB // A1B1 ，所以 A1B1  面 BCC1B1 .则 A1C 在面 BCC1B1 的射影为 B1C ， 在正方形 BCC1B1 中，有 BC1  B1C.
所以由三垂线定理得： BC1  A1C.
……6 分
解：直三棱柱 ABC  A B C 的体积为V  1  AB  BC  AA  1  2 1 AA  1，
1 1 1
2121
则 AA1  1 .……7 分
由（1） A1B1  平面 BCC1B1 ， BC1  平面 BCC1B1 ，则 A1B1  BC1 ，在正方形 BCC1B1 中， B1C  BC1 ，且 A1B1，B1C  平面 A1B1C ，
A1B1  B1C  B1 ，所以 BC1  平面 A1B1C .……8 分设 B1C  BC1  O ， 在△ A1B1C 中，过O 作OH  A1C 于 H ，连接 BH .
因为 OH 为 BH 在面 A1B1C 的射影，由三垂线定理得： A1C  BH .
所以BHO 为二面角 B1  A1C  B 的平面角.……10 分
因为Rt△ COH ∽Rt△ CA B ， CO  CA1
，得OH 3 ，
1 1OH
A1B13
又在Rt△ BOH 中， BO 
3
2 ，得 BH 
2
30 ，……12 分
6
csBHO  OH 
BH
3 10 .
305
6
所以二面角 B1  A1C  B 的余弦值为
10 .
5
……13 分
【法二】直三棱柱 ABC  A B C 的体积为：V  1  AB  BC  AA  1  2 1 AA  1，
1 1 1
2121
则 AA1  1 .……1 分
证明：直棱柱 ABC  A1B1C1 ， BB1  平面 ABC ，又 AB  BC ，
以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴， BB1 为 z 轴，建立空间直角坐标系.…2 分
B(0, 0, 0) ， B1  (0, 0,1) ， C(1, 0, 0) ， A1(0, 2,1) ， C1(1, 0,1) .

BC1  (1, 0,1) ， A1C  (1, 2, 1) ，……4 分
 
BC1  A1C  11  0  (2)  1 (1)  0 ，所以 BC1  A1C.
B(0, 0, 0) ， B1  (0, 0,1) ， C(1, 0, 0) ， A1(0, 2,1) ， C1(1, 0,1) .
……6 分

BC  (1, 0, 0) ， BA1  (0, 2,1) ，设平面 BCA1 的法向量1  (x1 , y1 , z 1) ，
    x
 0，
则1 BC1
取 y  1 ，得
 (0,1, 2) .……8 分
    2 y  z  0， 11
1 BA111

B1C  (1, 0, 1) ， B1 A1  (0, 2, 0) ，设面 B1CA1 的法向量2  (x2 , y2 , z 2 ) ，


 x  z
 0，
则 2
B1C22
取 x  1 ，得
 (1, 0,1) .……10 分
 2

 B1 A1  2 y2
 0，22
| 2 |
5  2
设二面角 B1  A1C  B 的大小为 ，则：
| cs || cs  1 ,2
| | 1 2 | 
10 .……12 分
5
1 2
10
因为 为锐角，所以二面角 B1  A1C  B 余弦值为
5
.……13 分
16.（15 分）
性别
阅读
合计
一般
爱好
男生
10
15
25
女生
13
12
25
合计
23
27
50
解：
……2 分
提出假设 H0 ：是否喜爱阅读与性别没有关系．……3 分
根据列联表的数据，可以求得：
250(10 12  13 15)2
  0.725  2.706 ，……5 分
25  25  23  27
所以没有 90%的把握认为喜爱阅读与性别有关.……7 分
随机变 X 服从超几何分布 H (3, 2, 6) ， X 可能取 0，1，2.……8 分
C 0C31
C1C23
C2C11
P( X  0)  2 4 ， P( X  1)  2 4 ， P( X  2)  2 4 .……11 分
C
C
C
5
5
5
333
666
则 X 的分布列为：
所以 E( X )  0  1  1 3  2  1  1.……14 分
555
答：抽取男生人数的数学期望为 1．……15 分
17.（15 分）
ex 1
解：（1）因为函数的定义域为(0, ) ，当 a  0 时， f (x) .
x
要证 f (x)  1 ，只需证：当 x  0 时，ex  x  1.……1 分
令 p(x)  ex  x  1 ，则 p(x)  ex  1  0 ，
则 p(x) 在 x (0, ) 单调递增，……3 分
所以 p(x)  p(0)  0 ，即ex  x  1.……5 分
X
0
1
2
P
1
5
3
5
1
5
(x  1)ex  1a
1 (x  1)ex  1
（2） f (x) 
x2
x  x  x
a ，……6 分

(x 1)ex 1
令 g(x)  a(x  1) ，
x
ex (x2  x 1) 1(x2  x 1) 1x 1
则 g  x  0 .
x2x2x
所以 g(x) 在(1, ) 单调递增， g(x)  g(1)  1 a ，……8 分
①当a1 时， g(x)  g(1)  1 a0 ， f (x)  0 .
则 f (x) 在(1, ) 为增函数， f (x) 在(1, ) 上无极值点，矛盾.……11 分
②当a  1 时， g(1)  1 a  0 . 由（1）知， ex  x 1  x ，
(x 1)ex 1(x 1)ex(x 1)x
g(x)  a  a  a  x 1 a ，则 g(1 a)  0 ，
xxx
则x0  (1,1 a) 使 g(x0 )  0 .……14 分
当 x  (1, x0 ) 时， g(x)  0 ， f (x)  0 ，则 f (x) 在(1, x0 ) 上单调递减； 当 x  (x0 , ) 时， g(x)  0 ， f (x)  0 ，则 f (x) 在(x0 , ) 上单调递增.因此， f (x) 在区间(1, ) 上恰有一个极值点，
所以a 的取值范围为(, 1) .……15 分
（17 分）
p
x 2
x 2p1
（1）解： F(0， )，设 A( x , 1 )，则 FA  (x , 1 
)  ( 3,  ) ，……1 分
2
x1  3，

1 2 p
2
1 2 p24
3
所以 x 2p
1 得： 2 p
 p  6  0 ，解得 p  2 或 p   （舍），
 1   ，2
 2 p24
所以抛物线 C 的方程为 x2  4 y ①.……4 分
（2）设直线 MN： y  kx  m ②， M( x1 , y1 )，N( x2 , y2 )，联立①②，得 x2  4kx  4m  0 .
所以  16(k 2  m)  0 ③， x  x  4k，x  x
 4m ④.
1212
1
2
k  y1  2  kx1  m  2  k  m  2 ， k x1x 1x1
 y2  2  kx2  m  2  k  m  2 ，
x2x 2x2
12
则 k  k  2k  (m  2)( 1  1 )  2k  (m  2)  x1  x2  k(m  2) ，……5 分
x1x2x1 x2m
k1k2
 (kx1  m  2)(kx2  m  2)
x1 x2
k 2 x x  k (m  2)(x  x )  (m  2)2
8k 2  (m  2)2
 1 212 
x1 x2
4m
.……6 分
k(m  2)8k 2  (m  2)2
因为3(k1  k2 )  2k1k2  4 ，即： 3 m
即： (2k  m  2)(4k  m  2)  0 ，
 2 
4m
 4  0 ，
则 m  2  2k 或m  2  4k ，能满足③式.……8 分
则 MN： y  kx  2  2k  k (x  2)  2 ，或 MN： y  kx  2  4k  k (x  4)  2 ， 所以定点 Q 的坐标为(2, 2) 或(4, 2) ，……10 分
(x  x )2  ( y  y )2
12
12
如 MN 过(4, 2) 点，当k1  k2  2 时， 3(k1  k2 )  2k1k2  4 ，但此时 M，N 重合，则| MN | 无最小值，所以 MN 只能过(2, 2) 点，此时| MN | 有最小值. ……11 分由（2），在④中，令m  2  2k 得： x1  x2  4k，x1  x2  8k  8 ，
MN =

x  x 
1  k 2
1  k 2 (x  x )2  4x x
12
1 2
k 4  2k 3  3k 2  2k  2
12
1  k 2 (4k )2  4(8k  8)

 4
.……13 分
令 f (k )  k 4  2k 3  3k 2  2k  2 ，
则 f (k )  4k 3  6k 2  6k  2  2(2k  1)(k 2  k  1)  0 ， k  1 .……15 分
2
, )
当 k  1 时, f (k )  0 ， f (k ) 在( 1 上为减函数，
22
( ,
当 k  1 时, f (k )  0 ， f (k ) 在 1 ) 上为增函数，……16 分
22
所以当 k  1 时， f (k ) 有最小值， MN 有最小值.
1  1 1  1  2
4 4
2
MN
min
 4
 5 .……17 分
19.（17 分）
解：第 1 行最后两数C0  C1  1 ，第 2 行的最后两数C1  C2  C0  2 . ……1 分
01233
第 m （ m3 ）行的第 m 个数为Cm1
 Cm3
，第m  1 个数为Cm
 Cm2 ，
2m22m22m12m1
猜测：Cm1
 Cm3
 Cm
 Cm2 .……2 分
2m22m22m12m1
【法一】即证： Cm
 Cm1
 Cm2
 Cm3
，……3 分
2m12m22m12m2
因为Cm
 Cm1
 Cm1
 Cm2
 Cm3
 Cm3
，……5 分
2m22m22m22m22m22m2
只要证明Cm
 Cm2
，该式显然成立，
2m22m2
所以Cm
 Cm1
 Cm2
 Cm3 ，
2m12m22m12m2
所以每行最后两个数相等.……6 分
【法二】因为Cm
 Cm2 
(2m 1)! 
(2m 1)!
2m12m1
m!(m 1)! (m  2)!(m 1)!
 (2m 1)! m(m 1)  m(m 1) m!(m  1)!
 2m(2m 1)! 
m!(m 1)!
(2m)!
m!(m 1)!
；……4 分
又因为Cm1
 Cm3 
(2m  2)!
(2m  2)!
2m22m2
(m 1)!(m 1)! (m  3)!(m 1)!
(2m  2)! (m 1)!(m  1)!
(m 1)m  (m 1)(m  2)
 (4m  2)(2m  2)!
(m 1)!(m  1)!
即： Cm1
 Cm3

 Cm
2(2m 1)!
(m 1)!(m 1)!
 Cm2 .
(2m)!.
m!(m 1)!
2m22m22m12m1
所以每一行的最后两个数相等.……6 分
第 1 行所有数之和为C0  C1  2 ，第 2 行的最后一个数为C2  C0  3 1  2 ，
0133
此时结论成立.……7 分
nnn1
因为Ck 1  Ck  Ck ，
第 m （ m2 ）行的m  1 个数之和为：
C0 C1
 (C2
 C0
)  (C3
 C1
)   (Cm
 Cm2 )
m1
mm1
m1
m 2
m 22m12m1
 (C0
 C1  C2  Cm
)  (C0
 C1  Cm2 )
m1
mm12m1
m1
m 22m1
 (C0  C1  C2  Cm
)  (C0
 C1  Cm2 )
mm12m1
m 2
m 22m1
 (C1
 C2  Cm
)  (C1
 C2  Cm2 )
m1
m12m1
m3
m32m1
2m
2m
   Cm  Cm2 .……10 分
2m
而第m  1 行倒数第二个数为Cm
 Cm2 ，
2m
由（1）得每行最后两个相等，所以结论得证.……11 分
当 n  1 ， k  3 时， S  a  C1  1 ， 3S  41 1 ，当k ≥ 4 时，此时显然不成立.
1111
n
猜测：存在正整数 k，使得kS ≤4n 1 恒成立，k 的最大值为 3.……12 分
n
下证：当 n≥2 时， 3S  4n 1 恒成立.
由（1）知， an
(2n)!
n!(n 1)!
，则an1
(2n  2)!，
(n 1)!(n  2)!
因为 an1 
(2n  2)!
× n!(n 1)! = (2n  2)(2n 1)
an(n 1)!(n  2)!
(2n)!
(n  2)(n 1)
= 2(2n 1) = 4(n  2)  6 = 4  6
 4 .……14 分
n  2n  2n  2