南京市2024届高三年级第二次模拟考试数学试卷（附参考答案）

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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．C 2．B 3．A 4．C 5．D 6．C 7．B 8．B
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，不选或有选错的得0分．
9．BCD 10．AC 11．ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．2 13．7 14．eq \s\d1(\f(3eq \r(2),2))
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．(本小题满分13分)
解：(1)因为销售额不少于60万元的超市共有3家，所以X的可能取值为1，2，3．
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))Ceq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)),Ceq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)))＝eq \f(3,10)，P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2))Ceq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)),Ceq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)))＝eq \f(3,5)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)),Ceq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)))＝eq \f(1,10)，3分
所以分布列如下：
所以E(X)＝1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(9,5)．6分
(2)eq \(\s\up3(－),x)＝eq \f(1,5)(2＋4＋5＋6＋8)＝5，eq \(\s\up3(－),y)＝eq \f(1,5)(30＋40＋60＋60＋70)＝52，7分
eq \(∑,\s\up6(5),\s\d6(i＝1))xiyi＝2×30＋4×40＋5×60＋6×60＋8×70＝1440，
eq \(∑,\s\up6(5),\s\d6(i＝1))xi2＝22＋42＋52＋62＋82＝145．8分
所以eq \(\s\up4(^),b)＝eq \f(1440－5×5×52,145－5×52)＝7，10分
eq \(\s\up4(^),a)＝52－5×7＝17，所以y关于x的经验回归方程为eq \(\s\up4(^),y)＝7x＋17．11分
当x＝10时，eq \(\s\up4(^),y)＝7×10＋17＝87．
答：预测广告支出10万元时的销售额为87万元．13分
16．(本小题满分15分)
解：(1)当a＝0，f(x)＝eq \s\d1(\f(x2,ex))，f '(x)＝eq \s\d1(\f(2x－x2,ex))，所以f(1)＝eq \f(1,e)，f '(1)＝eq \s\d1(\f(1,e))．3分
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－eq \s\d1(\f(1,e))＝eq \s\d1(\f(1,e))(x－1)，即y＝eq \s\d1(\f(x,e))．5分
(2)f '(x)＝－eq \s\d1(\f(x2－(a＋2)x＋2a,ex))＝－eq \s\d1(\f((x－2)(x－a),ex))．7分
若0＜a≤2，在[0，a]上，f '(x)≤0，f(x)单调递减，所以f (x)min＝f (a)＝eq \f(a,ea)＝eq \f(1,e)．10分
考虑g(a)＝eq \f(a,ea)，a∈R，则g'(a)＝eq \f(1－a,ea)．
在(－∞，1)上，g'(a)＞0，g(a)递增；在(1，＋∞)上，g'(a)＜0，g(a)递减；
所以g(a)的极大值为g(1)＝eq \f(1,e)．
所以由eq \f(a,ea)＝eq \f(1,e)，可得a＝1．12分
另法：即ea－ea＝0．设g(a)＝ea－ea，a∈(0，2]，则g'(a)＝ea－e．
当a∈(0，1)时，g'(a)＜0，g(a)单调递减；当a∈(1，2)时，g'(a)＞0，g(a)单调递增；
所以g(a)min＝g(1)＝0．
又因为g(a)＝0，所以a＝1．12分
若a＞2，在(0，2)上，f '(x)＜0，f(x)单调递减；在(2，a)上，f '(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f (x)min＝f (2)＝eq \f(4－a,e2)＝eq \f(1,e)，解得a＝4－e，与a＞2矛盾，故舍去．15分
综上：a的值为1．
17．(本小题满分15分)
(1)证明：因为CD⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，所以CD∥EF．2分
因为CD平面ABFE，EF平面ABFE，所以CD∥平面ABFE．4分
又CD平面ABCD，平面ABCD∩平面ABFE＝AB，所以AB∥CD．6分
(2)A
B
C
D
E
F
x
z
y
G
解：因为CD⊥平面ADE，∠ADE＝90º，故以{eq \(\s\up6(→),DA)，eq \(\s\up6(→),DC)，eq \(\s\up6(→),DE)}
为正交基底，建立空间直角坐标系D－xyz．
作DG⊥AE于G．
因为EF⊥平面ADE，所以EF⊥DG．又AE∩EF＝E，
AE，EF平面ABFE，所以DG⊥平面ABFE．
所以DG即为点D到平面ABFE的距离，所以DG＝eq \F(eq \r( ,2),2)．7分
又AD＝1，DG⊥AE，所以∠DAE＝45º，又∠ADE＝90º，所以DE＝1．8分
设DC＝a(a＞0)，则C(0，a，0)，B(1，2，0)，F(0，1，1)，
所以eq \(\s\up6(→),BF)＝(－1，－1，1)，eq \(\s\up6(→),BC)＝(－1，a－2，0)．
因为∠CBF＝90º，所以eq \(\s\up6(→),BF)·eq \(\s\up6(→),BC)＝1－a＋2＝0，解得a＝3，所以eq \(\s\up6(→),BC)＝(－1，1，0)．10分
[另法，设DC＝x，过F往AB，CD作高，过B往CD作高，则BF2＝3，BC2＝(x－2)2＋1，
CF2＝(x－1)2＋1，因为∠CBF＝90º，所以BF2＋BC2＝CF2，即3＋(x－2)2＋1＝(x－1)2＋1，
解得DC＝x＝3．]
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\al\vs1(n·eq \(\s\up6(→),BC)＝0，,n·eq \(\s\up6(→),BF)＝0，))即eq \b\lc\{(\a\al(－x＋y＝0，,－x－y＋z＝0，))
可取n＝(1，1，2)．12分
因为DG⊥平面ABFE，所以eq \(\s\up6(→),DG)＝(eq \s\d1(\f(1,2))，0，eq \s\d1(\f(1,2)))为平面ABFE的一个法向量．
所以cs＜n，eq \(\s\up6(→),DG)＞＝eq \f(eq \s\d1(\f(1,2))＋0＋1,eq \r( 6)×eq \f(\r( 2),2))＝eq \f(eq \r( ,3),2)．14分
故二面角A－BF－C的大小为150º．15分
18．(本小题满分17分)
解：(1)设双曲线E的焦距为2c．
因为抛物线C与双曲线E有公共的焦点F，所以eq \s\d1(\f(p,2))＝c．1分
又p＝4b，所以c＝2b．
又a2＋b2＝c2，所以a＝eq \r(3)b．3分
因此E的渐近线的方程为y＝±eq \s\d1(\f(eq \r(3),3))x．5分
y
x
(2)设l：x＝my＋c，m2＜3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{(\a\al\vs1(x＝my＋c，,x2－3y2＝0，))消元x并整理得(m2－3)y2＋2mcy＋c2＝0，
所以y1＋y2＝eq \s\d1(\f(－2mc,m2－3))，y1y2＝eq \s\d1(\f(c2,m2－3))．7分
于是eq \s\d1(\f(1,OP))＋eq \s\d1(\f(1,OQ))＝eq \s\d1(\f(1,2|y1|))＋eq \s\d1(\f(1,2|y2|))
＝eq \s\d1(\f(1,2))·eq \s\d1(\f(|y1－y2|,|y1y2|))＝eq \s\d1(\f(1,2))·eq \s\d1(\f(eq \r(4m2c2－4(m2－3)c2),c2))＝eq \s\d1(\f(eq \r(3),c))．9分
[另法1：联立eq \b\lc\{(\a\al\vs1(x＝my＋c，,y＝±eq \s\d1(\f(eq \r(3),3))x，))解得y1，2＝eq \s\d1(\f(c,±eq \r(3)－m))，
所以eq \s\d1(\f(1,OP))＋eq \s\d1(\f(1,OQ))＝eq \s\d1(\f(1,2|y1|))＋eq \s\d1(\f(1,2|y2|))＝eq \s\d1(\f(|eq \r(3)－m|＋|－eq \r(3)－m|,2c))＝eq \s\d1(\f(|eq \r(3)－m－(－eq \r(3)－m)|,2c))＝eq \s\d1(\f(eq \r(3),c))．
另法2：因为OF平分∠POQ，且渐近线与x轴所夹的角为30º，由等面积法可得
eq \s\d1(\f(1,2))OF·OPsin30º＋eq \s\d1(\f(1,2))OF·OQsin30º＝eq \s\d1(\f(1,2))OP·OQsin60º，即c(OP＋OQ)＝2OP·OQ·cs30º，
所以eq \s\d1(\f(1,OP))＋eq \s\d1(\f(1,OQ))＝eq \s\d1(\f(eq \r(3),c))．]
联立eq \b\lc\{(\a\al\vs1(x＝my＋eq \s\d1(\f(p,2))，,y2＝2px，))消元x并整理得y2－2pmy－p2＝0，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，
所以y3＋y4＝2pm，y3y4＝－p2．11分
所以|eq \s\d1(\f(1,AF))－eq \s\d1(\f(1,BF))|＝|eq \s\d1(\f(1,eq \r(1＋m2)|y3|))－eq \s\d1(\f(1,eq \r(1＋m2)|y4|))|＝eq \s\d1(\f(1,eq \r(1＋m2)))·|eq \s\d1(\f(|y3|－|y4|,|y3|·|y4|))|
＝eq \s\d1(\f(1,eq \r(1＋m2)))·eq \s\d1(\f(|y3＋y4|,|y3y4|))＝eq \s\d1(\f(1,eq \r(1＋m2)))·eq \s\d1(\f(|2pm|,p2))＝eq \s\d1(\f(2,p))·eq \s\d1(\r(\f(m2,m2＋1)))．14分
[另法：设AF的倾斜角为θ，则tanθ＝eq \s\d1(\f(1,m))，|csθ|＝eq \s\d1(\r(\f(m2,m2＋1)))．易证AF＝eq \s\d1(\f(p,1－csθ))，则BF＝eq \s\d1(\f(p,1＋csθ))，
所以|eq \s\d1(\f(1,AF))－eq \s\d1(\f(1,BF))|＝eq \s\d1(\f(2,p))·|csθ|＝eq \s\d1(\f(2,p))·eq \s\d1(\r(\f(m2,m2＋1)))．]
因为λ(eq \s\d1(\f(1,OP))＋eq \s\d1(\f(1,OQ)))＝|eq \s\d1(\f(1,AF))－eq \s\d1(\f(1,BF))|，且p＝2c，所以λ·eq \s\d1(\f(eq \r(3),c))＝eq \s\d1(\f(2,p))·eq \s\d1(\r(\f(m2,m2＋1)))，即eq \r(3)λ＝eq \s\d1(\r(\f(m2,m2＋1)))．
因为m2＜3，所以eq \r(3)λ∈[0，eq \s\d1(\f(eq \r(3),2)))，因此λ∈[0，eq \s\d1(\f(1,2)))．17分
19．(本小题满分17分)
解：(1)由题意得S1＝0，S2＝1，S3＝0，S4＝1．
因为S1≤a1＜S2，S3≤a1＜S4，所以满足Sm≤a1＜Sm＋1的m至少有2个，不合题意，
所以{an}不为“X数列”．4分
(2)因为Sn＝2n，所以a1＝S1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，n≥2．6分
令Sm≤an＜Sm＋1．当n＝1时，2m≤2＜2m＋1，解得m＝1，所以b1＝S2－a1＝2．7分
当n≥2时，2m≤2n－1＜2m＋1，解得n－2＜m≤n－1，因此m＝n－1，bn＝Sn－an＝2n－1．
所以，对每一个n∈N*，有且仅有一个m∈N*，使得Sm≤an＜Sm＋1，
故{an}为“X数列”．10分
其“余项数列”的通项为bn＝eq \b\lc\{(\a\al(2，n＝1，,2n－1，n≥2．))11分
(3)因为{an}为正项数列，所以{Sn}单调递增．
易得S1≤a1＜S2，所以b1＝S2－a1＝a2．
因为a2＜S2，且{an}为“X数列”，所以必有a1＝S1≤a2＜S2，因此b2＝S2－a2＝a1．
因为“余项数列”{bn}为等差数列，所以其公差d＝b2－b1＝a1－a2≤0．
易知bn＞0，
若d＜0，则当n＞1－eq \F(a2,d)时，bn＝a2＋(n－1)d＜0，与bn＞0矛盾，
所以d＝0，因此a1＝a2，bn＝a1．14分
所以bn＝Sm＋1－an＝a1，即Sm＋1－an－a1＝0．
对于n≥3，若m＋1≥n，则a2≤Sm＋1－an－a1＝0，与正项数列{an}矛盾，
所以m＋1≤n－1．15分
由正项数列{an}可知{Sn}递增，所以Sn－Sn－1＋a1＝an＋a1＝Sm＋1≤Sn－1，
所以Sn－a1≤2(Sn－1－a1)，所以eq \s\d1(\f(Sn－a1,2n))≤eq \s\d1(\f(Sn－1－a1,2n－1))≤…≤eq \s\d1(\f(S2－a1,4))＝eq \s\d1(\f(a2,4))＝eq \s\d1(\f(a1,4))，
所以Sn≤(1＋2n－2)a1(n≥3)．16分
又S1＝a1≤(2－1＋1)a1，S2＝2a1≤(20＋1)a1，所以Sn≤(1＋2n－2)a1，n∈N*．17分
X
1
2
3
P
eq \f(3,10)
eq \f(3,5)
eq \f(1,10)