江苏省南通市2024届高三下学期高考适应性考试（三）数学试题

这是一份江苏省南通市2024届高三下学期高考适应性考试（三）数学试题，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2024年高考适应性考试（三）
数学试题参考答案及评分标准
一、单项选择题（本大题共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）
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12． 13． 14．3
D
C
B
A
E
M
O1
O
N
x
y
z
四､解答题（本大题共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）
（1）证明：取AE的中点N，连结DN，FN．
在△AEB中，M，N分别是EB，EA的中点，
所以MN∥AB，且AB＝2MN．
在正方形ABCD中，AB∥CD，且AB＝CD，
又点O1是CD的中点，
所以O1D∥AB，且AB＝2O1D．
所以MN∥O1D，且MN＝O1D，
所以四边形MNDO1是平行四边形， ………………………………3分
所以O1M∥DN．
又DN平面ADE，O1M平面ADE，
所以O1M∥平面ADE． ………………………………6分
（2）解：因为AB是圆O的直径，E是的中点，且AB＝4，
所以OE⊥OB，且OE＝OA＝OB＝2．
以O为坐标原点，以OE，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示
的空间直角坐标系O－xyz．
依题意，O(0，0，0)，O1(0，0，4)，B(0，2，0)，E(2，0，0)，M(1，1，0)，
A(0，－2，0)，D(0，－2，4)． ………………………………7分
所以，，．
设是平面O1MD的法向量，
则即取x1＝4，得y1＝0，z1＝1，
所以是平面O1MD的一个法向量． ………………………………9分
设是平面O1ME的法向量，
则即取x2＝2，得y2＝2，z2＝1，
所以是平面O1ME的一个法向量．………………………………11分
所以．
设二面角D－O1M－E的大小为θ，
据图可知，，
所以二面角D－O1M－E的余弦值为． ………………………………13分
16．（本小题满分15分）
解：（1）假设H0：人们对跑步的喜欢情况与性别无关．
根据题意，由2×2列联表中的数据，
可得， ………………………3分
因为，
所以没有认为人们对跑步的喜欢情况与性别有关联． ……………………5分
（2）X的所有可能取值分别为1，2，3，4．
； ………………………7分
； ………………………9分
； ………………………11分
， ………………………13分
所以．
所以X的数学期望为． ………………………15分
17．（本小题满分15分）
解：（1）据，可得，
即， ………………………2分
结合正弦定理可得．
在△ABC中，，
所以，
整理得． ………………………4分
因为，，故，即，
又，所以． ………………………6分
（2）法一：因为D是边BC的中点，，所以BD＝CD＝1．
在△ABD中，AB⊥AD，则AD＝BDsinB＝sinB． ………………………8分
在△ACD中，∠CAD＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,3)，C＝π－eq \f(5π,6)－B＝eq \f(π,6)－B，CD＝1，
据正弦定理可得，，即，
所以． ………………………11分
所以，即，
所以， ………………………13分
又，，
所以，解得，
所以． ………………………15分
法二：因为D是边BC的中点，故S△ABD＝S△ACD，
所以，即，
整理得 ①． ………………………10分
在△ABC中，据余弦定理得，，
即 ②．
联立①②，可得，． ………………………13分
在Rt△ABD中，据勾股定理得，，
所以． ………………………15分
法三：延长BA到点H，使得CH⊥AB．
在Rt△CHB中，AD⊥AB，CH⊥AB，故AD∥CH，
又D是BC的中点，所以A是BH的中点，
所以AH＝AB＝c，CH＝2AD，且．
………………………10分
在Rt△CHA中，，AC＝b，AH＝c，
所以CH＝bsin＝eq \f(1,2)b，且c＝bcs＝eq \f(\r(,3),2)b．
………………………12分
所以，即，解得(负舍)，
所以． ………………………15分
法四：延长AD到E，使AD＝DE，连结EB，EC．
因为D是BC的中点，且AD＝DE，
故四边形ABEC是平行四边形，BE＝AC＝b．
又，所以．
在Rt△BAE中，AB⊥AD，，AB＝c，BE＝AC＝b，
所以，且．
………………………10分
在Rt△BAD中，AB⊥AD，AB＝c，AD＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,4)b，BD＝eq \f(1,2)a＝1，
据勾股定理，可得，
………………………13分
将代入上式，可得(负舍)，
所以． ………………………15分
18．（本小题满分17分）
解：（1）设椭圆C的焦距为2c(c＞0)，
因为椭圆C的离心率为，所以，即，
据，得，即． ………………………2分
所以直线AB的方程为，即，
因为原点O到直线AB的距离为，
故，解得，
所以， ………………………4分
所以椭圆C的标准方程为． ………………………5分
（2）设直线l的方程为，其中，且，即．
设直线l与椭圆C交于点，．
联立方程组整理得，
所以，． ………………………8分
① 所以
为定值，得证．
………………………11分
② 法一：直线BM的方程为，令，得，故．
设直线BN与x轴交于点Q．
直线BN的方程为，令，得，故．
联立方程组整理得，
解得或0(舍)，．
所以△BNT的面积
，
由①可知，，故，代入上式，
所以，
因为点N在x轴下方且不在y轴上，故或，得，
所以，
………………………14分
显然，当时，，
当时，，
故只需考虑，令，则，
所以，
当且仅当，，即时，不等式取等号，
所以△BNT的面积S的最大值为． ………………………17分
法二：直线BM的方程为，令，得，故．
设直线BN与x轴交于点Q．
直线BN的方程为，令，得，故．
由①可知，，故，
所以点A(2，0)是线段TQ的中点．
故△BNT的面积，其中d为点N到直线
AB的距离． ………………………14分
思路1 显然，当过点N且与直线AB平行的直线与椭圆C相切时，d取
最大值．
设直线的方程为，即，
联立方程组整理得，
据，解得(正舍)．
所以平行直线：与直线l：之间的
距离为，即d的最大值为．
所以△BNT的面积S的最大值为．
………………………17分
思路2 因为直线l的方程为，
所以，
依题意，，，，故，
所以．
因为在椭圆C上，故，即，
所以，当且仅当时取
等号，故，
所以，
即△BNT的面积S的最大值为．
………………………17分
思路3 因为直线l的方程为，
所以，
因为在椭圆C上，故，
设，，不妨设，
所以，
当，，时，．
即△BNT的面积S的最大值为．
………………………17分
19．（本小题满分17分）
解：（1），，，
，，
，等号不同时取，
所以当时，，在上单调递增，．
（ⅰ）若，即，，在上单调递增，
所以在上的最小值为，符合题意．
………………………3分
（ⅱ）若，即，此时，
，
又函数在的图象不间断，
据零点存在性定理可知，存在，使得，
且当时，，在上单调递减，
所以，与题意矛盾，舍去．
综上所述，实数a的取值范围是． ………………………6分
（2）① 由（1）可知，当时，．
要证：函数在上具有性质S．
即证：当时，．
即证：当时，．
令，，则，
即，，，
所以在上单调递增，．
即当时，，得证． ………………………11分
② 法一：由①得，当时，，
所以当时，．
下面先证明两个不等式：（ⅰ），其中；（ⅱ），其
中．
（ⅰ）令，，则，在上单
调递增，所以，即当时，．
（ⅱ）令，，则，
所以在上单调递增，故，
即当时，，故，得．
………………………13分
据不等式（ⅱ）可知，当时，，
所以当时，．
结合不等式（ⅰ）可得，当时，
．
所以当时，． ………………………15分
当，时，，有．
所以．
又，
所以． ………………………17分
法二：要证：．
显然，当时，，结论成立．
只要证：当，时，．
即证：当，时，．
………………………13分
令，．
所以，，
所以，在上单调递减，
所以，在上单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，即当时，．
………………………15分
所以当，时，，有，
所以当，时，．
所以．
………………………17分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
B
A
C
B
A
A
题号
9
10
11
答案
AD
BCD
ACD