江苏省无锡市四校2023-2024学年高三下学期期初调研考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份江苏省无锡市四校2023-2024学年高三下学期期初调研考试数学试卷（Word版附解析），共9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。

命题人： 复核人：
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及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。如需要改动，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。
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．设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2．已知a,b,c是空间的一个基底，则可以与向量p=a+b，q=a−b构成基底的向量是( )
A. aB．bC．a+2bD．a+2c
3．若直线l1:ax+(1−a)y−3=0与直线l2:a−1x+2a+3y−2=0互相垂直，则a的值为( )
A．−3B．−12C．0或−32D．1或−3
4．已知等差数列an共有2n+1项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an+1=( )
A．30B．29C．28D．27
5．如图，一个底面边长为23π3cm的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm．若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．17πcm2
B．4πcm2
C．32πcm2
D．23πcm2
6．某校A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出场，且都不能在第3号位置，则不同的出场次序有( )
A．18种B．36种C．60种D．72种
7．双曲线C:x29−y216=1的右支上一点P在第一象限，F1、F2分别为双曲线C的左、右焦点，I为△PF1F2的内心，若内切圆I的半径为1，则△PF1F2的面积等于( )
A.323 B. 12 C. 24 D. 163
8．已知函数f(x)= |x−1|, x<2,2(x−3)2−1, x≥2, 若方程f(f(x))=12的实根个数为( )
A. 4 B. 8 C. 10 D. 12
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．
9．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是( )
A．bsinB=a+b+csinA+sinB+sinC
B．若A>B，则sin2A>sin2B
C．a=bcsC+ccsB
D．若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为等边三角形
10．设a为常数，，，则( )
A. B. 恒成立
C. D. 满足条件的不止一个
11．如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是( )
A．直线与直线相交
B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点
C．不存在点，使得直线与直线所成角为
D．三棱锥的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知α∈0,π,sinα−π6=13，则cs2α+π6的值为 .
13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
14.“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则A，B两点间的曼哈顿距离d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|.已知M(4,6)，点N在圆C:x2+y2+6x+4y=0上运动，若点P满足d(M,P)=2，则|PN|的最大值为 ．
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）在中，内角，，的对边分别为，，，已知该三角形的面积．
(1)求角的大小；
(2)若时，求面积的最大值．
（15分）
数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1−an(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=|a1|+|a2|+⋯+|an|，求Sn；
(3)设bn=1n(12−an)(n∈N∗)，Tn=b1+b2+⋯+bn(n∈N∗)，是否存在最大的整数m，
使得对任意n∈N∗，均有Tn>m32成立若成立？求出m的值；若不存在，请说明理由．
17．（15分）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面 ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1=3，点D, E分别在棱AA1和棱 CC1上，且AD=1 CE=2, M为棱A1B1的中点．
（Ⅰ）求证：C1M⊥B1D；
（Ⅱ）求二面角B−B1E−D的正弦值；
（Ⅲ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
18．（17分）已知M，N为椭圆C1:x2a2+y2=1(a>0)和双曲线C2:x2a2−y2=1的公共左、右顶点，e1，e2分别为C1和C2的离心率．(1)若e1e2= 154．
(ⅰ)求C2的渐近线方程;
(ⅱ)过点G(4,0)的直线l交C2的右支于A，B两点，直线MA，MB与直线x=1相交于A1，B1两点，记A，B，A1，B1的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，(x3,y3)，(x4,y4)，求证：1y1+1y2=1y3+1y4;
(2)从C2上的动点P(x0,y0)(x0≠±a)引C1的两条切线，经过两个切点的直线与C2的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值?若是，请求出该定值;若不是，请说明理由．
19．（17分）已知Am=a1,1a1,2⋯a1,ma2,1a2,2⋯a2,m⋮⋮⋱⋮am,1am,2⋯am,m(m≥2)是m2个正整数组成的m行m列的数表，当1≤i①ai,j∈1,2,3;⋯,n(i=1,2,⋯,m;j=1,2,⋯,m)；
②对任意k∈1,2,3,⋯,n，存在i∈1,2,⋯,m,j∈1,2,⋯,m使得ai,j=k，则称Am为Γn数表．
(1)判断A3=123231312是否为Γ3数表，并求da1,1,a2,2+da2,2,a3,3的值；
(2)若Γ2数表A4满足dai,j,ai+1,j+1=1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求A4中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意Γ4数表A10，存在1≤i1．B [试题解析]，，故选：B
2．D [试题解析]因为a，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故A错误；
因为b，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故B错误；
因为a+2b，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故C错误；
因为a+2c，p=a+b，q=a−b，为不共面向量，所以能构成基底，故D正确；故选：D
3．D [试题解析]∵l1⊥l2，∴a(a−1)+(1−a)×(2a+3)=0，即(a−1)(a+3)=0，解得a=1或a=−3.
故选：D．
4．B [试题解析]奇数项共有n+1项，其和为a1+a2n+12⋅n+1=2an+12⋅n+1=290，∴n+1an+1=290．偶数项共有n项，其和为a2+a2n2⋅n=2an+12⋅n=nan+1=261，∴an+1=290−261=29．故选：B．
5．C [试题解析]依题意可得圆锥的体积V=1×23π32=4π3cm3，又V=13π×12×ℎcm3（其中h为圆锥的高），则ℎ=4cm，则圆锥的母线长为12+42=17cm，故圆锥的侧面积为17πcm3．故选：A．
6．B [试题解析]因为A在B的前面出场，且A，B都不在3号位置，则情况如下：①A在1号位置，B有2,4,5号三种选择，有3Aeq \\al(3,3)＝18种出场次序；②A在2号位置，B有4,5号两种选择，有2Aeq \\al(3,3)＝12种出场次序；③A在4号位置，B有5号一种选择，有Aeq \\al(3,3)＝6种出场次序，故不同的出场次序共有18＋12＋6＝36种．故选B.
7．A [试题解析]解：由题意，作图如下：
设圆I与x轴、PF2、PF1分别切于点E、H、F，
因为双曲线C的右顶点为A3,0，F1−5,0，F25,0，
所以AF1−AF2=3+5−5−3=6，
因为PF1−PF2=6，
所以PF1−PF2=PF+FF1−PH+HF2
=FF1−HF2=F1E−EF2=6，
因此切点E与A重合．又因为内切圆I的半径为1，
所以I3,1，
又F1−5,0，F25,0，IF1= 65,IF2= 5,cs∠F1IF2=65+5−1002 65× 5=−3 13,
所以tan∠F1IF2=−23,解得tan∠F1PF22=32,
所以S△F1PF2=b2tan∠F1PF22=323，
所以△PF1F2面积为323．
C [试题解析]解：在同一坐标系中作y=f(x)，y=12的图象，
若由图象观察可知，0当f(f(x))=12时，
由f(x)=x1，0f(x)=x2，1f(x)=x3，2f(x)=x4，3综上f(f(x))=12的实根个数为10．
9．ACD [试题解析]A：由asinA=bsinB=csinC，根据等比的性质有bsinB=a+b+csinA+sinB+sinC，正确；
B：当A=π3,B=π6时，有sin2A=sin2B，错误；
C：sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)，而B+C=π−A，即sinBcsC+sinCcsB=sinA，由正弦定理易得a=bcsC+ccsB，正确；
D：如图，AE=AB|AB|,AF=AC|AC|是单位向量，则AB|AB|+AC|AC| =AE+AF=AG，即AG⋅BC=0、AE⋅AF=12，则AG⊥BC且AG平分∠BAC，AE,AF的夹角为π3， 易知△ABC为等边三角形，正确.故选：ACD
10．ABC [试题解析]令，可得，因为，所以正确.
令，可得，代入，，可得
同理，令，可得，代入，，可得
即原等式变形为，C正确.
令可得，即函数取值非负.
令可得，即，解得，B正确.
因此仅有一个函数关系式满足条件，故D错误.故选ABC
11．CD [试题解析【详解】A：由题意知，，平面，平面
所以平面，又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，
当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，
设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误；
D：如图，由等体积法可知，
又，为定值，所以为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：CD.
12．−429 [试题解析]因为sinα−π6=13，α∈0,π，α−π6∈−π6,5π6,又因为sinα−π6=13所以α−π6∈0,π2,
所以csα−π6=1−sin2α−π6=223,
所以sin2α−π6=2sinα−π6csα−π6=429,
cs2α+π6=cs2α−π3+π2=cs2α−π6+π2=−sin2α−π6=−429. 故答案为：−429.
13．
【试题解析】分别设两条曲线的切点分别为根据切点处的导数即为切线斜率和切点即在曲线上又在切线上列方程组，然后求解可得.
设直线与曲线和分别相切于
因为，
所以…①，…②，…③
由①可得，，代入②③可得：
因此，
消元整理可得
解得或，所以或
因为，所以
故答案为：
14． 149+ 13
解：由题意得，圆C:(x+3)2+(y+2)2=13，圆心C(−3,−2)
设点P(x0,y0)，则|x0−4|+|y0−6|=2，
故点P的轨迹为如下所示的正方形，其中A(4,8)，B(6,6)，
则|AC|= 149，|BC|= 145，
则|PN|≤|AC|+r= 149+ 13，
15．(1)；(2).
【试题解析】（1）利用三角形面积公式、余弦定理求解即得.
（2）由（1）中信息，结合基本不等式求出的最大值即可得解.
【详解】（1）在中，，而，即，
，由余弦定理得，所以.
（2）由（1）知，，，而，于是，
即，当且仅当时取等，
因此的面积，
所以当时，面积取得最大值.
16．解：(1)由题意，an+2−an+1=an+1−an，
∴{an}为等差数列，设公差为d，
由题意得2=8+3d⇒d=−2，
∴an=8−2(n−1)=10−2n．
(2)若10−2n≥0，则n≤5，
当n≤5时，
Sn=|a1|+|a2|+…+|an|
=a1+a2+…+an=8+10−2n2×n=9n−n2，
n≥6时，Sn=a1+a2+…+a5−a6−a7…−an
=a1+a2+⋯+a5−a1+a2+⋯+an−a1+a2+⋯+a5
=2×8+6+4+2+0−8+10−2n2×n
=n2−9n+40，
故Sn=9n−n2,n≤5n2−9n+40,n≥6．
(3)∵bn=1n(12−an)=12n(n+1)=12(1n−1n+1)，
∴Tn=12[(1−12)+(12−13)+(13−14)+…+(1n−1−1n)+(1n−1n+1)]=n2(n+1)
若Tn>m32对任意n∈N∗成立，即nn+1>m16对任意n∈N∗成立，
∵nn+1(n∈N∗)的最小值是12，
∴m16<12，∴m的最大整数值是7．
即存在最大整数m=7，使对任意n∈N∗，均有Tn>m32．
17．（15分）解：依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1(0,0,3)、A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、E(0,0,2)、M(1,1,3).
（Ⅰ）依题意，C1M=(1,1,0)，B1D=(2,−2,−2)，
从而C1M⋅B1D=2−2+0=0，所以C1M⊥B1D；
（Ⅱ）依题意，CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，
EB1=(0,2,1)，ED=(2,0,−1)．
设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量，
则{n⋅EB1=0n⋅ED=0，即{2y+z=02x−z=0，
不妨设x=1，可得n=(1,−1,2)．
cs=CA⋅n|CA|⋅|n|=22×6=66，
∴sin=1−cs2=306．
所以，二面角B−B1E−D的正弦值为306；
（Ⅲ）依题意，AB=(−2,2,0)．
由（Ⅱ）知n=(1,−1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cs=AB⋅n|AB|⋅|n|=−422×6=−33．
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.
18．（17分）
解：(1)由题意得e1= a2−1a，e2= a2+1a，所以e1e2= a4−1a2= 154，
又a>0，解得a2=4，
(i)故双曲线C2的渐近线方程为y=±12x；
(ii)设直线AB的方程为x=ty+4，
则x=ty+4,x24−y2=1,消元得：(t2−4)y2+8ty+12=0，Δ>0且t≠±2，
所以y1+y2=−8tt2−4,y1y2=12t2−4,
故1y1+1y2=y1+y2y1y2=−2t3，
又直线AA1的方程为y=y1x1+2(x+2)，
所以y3=3y1x1+2，同理y4=3y2x2+2，
所以1y3+1y4=13(x1+2y1+x2+2y2)=13(ty1+6y1+ty2+6y2)
=2ty1y2+6(y1+y2)3y1y2=23t+2(y1+y2)y1y2=23t+2(1y1+1y2)=23t−43t=−23t，
故1y1+1y2=1y3+1y4．
(2)设两个切点为P1(x5,y5)，P2(x6,y6)，由题意知PP1，PP2斜率存在，
直线PP1方程为l1:y=k1(x−x5)+y5，
联立x2a2+y2=1,y=k1(x−x5)+y5,
由Δ=0得k1=−x5a2y5，所以l1:x5xa2+y5y=1，
同理直线PP2方程为l2:x6xa2+y6y=1，
由l1，l2过P点可得x5x0a2+y5y0=1,x6x0a2+y6y0=1可得直线P1P2的方程为x0xa2+y0y=1，
不妨设，直线P1P2与双曲线两渐近线y=±1ax交于两点P1′(a2x0+ay0,ax0+ay0)，
P2′(a2x0−ay0,−ax0−ay0)，
则围成三角形的面积
S=12|a2x0+ay0⋅−ax0−ay0−ax0+ay0⋅a2x0−ay0|=|a3x02−a2y02|.
因P在双曲线C2上，x02−a2y02=a2，则S=a3a2=a为定值．
19．（17分）
解：(1) A3=123231312 是 Γ3 数表，
d(a1,1,a2,2)+d(a2,2,a3,3)=2+3=5.
(2)由题可知 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−ai+1,j|+|ai+1,j−ai+1,j+1|=1 (i=1,2,3;j=1,2,3) ．
当 ai+1,j=1 时，有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−1|+|ai+1,j+1−1|=1 ，
所以 ai,j+ai+1,j+1=3 ．
当 ai+1,j=2 时，有 d(ai,j,ai+1,j+1)=|ai,j−2|+|ai+1,j+1−2|=1 ，
所以 ai,j+ai+1,j+1=3 ．
所以 ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3).
所以 a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6, a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3.
a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4 或者 a1,2+a2,3+a3,4=3+2=5 ，
a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4 或者 a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5 ，
a1,4=1 或 a1,4=2 ， a4,1=1 或 a4,1=2 ，
故各数之和 ⩾6+3+3+4+4+1+1=22 ，
当 A4=1111122212111212 时，各数之和取得最小值 22 ．
(3)由于 Γ4 数表 A10 中共 100 个数字，
必然存在 k∈1,2,3,4 ，使得数表中 k 的个数满足 T≥25.
设第 i 行中 k 的个数为 ri(i=1,2,⋅⋅⋅,10).
当 ri≥2 时，将横向相邻两个 k 用从左向右的有向线段连接，
则该行有 ri−1 条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数 R=ri⩾2 (ri−1)⩾∑i=110(ri−1)=T−10.
设第 j 列中 k 的个数为 cj(j=1,2,⋅⋅⋅,10) ．
当 cj≥2 时，将纵向相邻两个 k 用从上到下的有向线段连接，
则该列有 cj−1 条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数 C=cj⩾2 (cj−1)⩾∑j=110(cj−1)=T−10.
所以 R+C≥2T−20 ，
因为 T≥25 ，所以 R+C−T⩾2T−20−T=T−20>0 ．
所以必存在某个 k 既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在 1使得 au,p=av,p=av,q=k ，
所以 d(au,p,av,q)=|au,p−av,p|+|av,p−av,q|=0 ，
则命题得证．