1、扫描全能王 创建#QQABLYaAogCAAAIAAQhCQwG6CkCQkBECAIoGwFAAoAAACAFABCA=#扫描全能王 创建#QQABLYaAogCAAAIAAQhCQwG6CkCQkBECAIoGwFAAoAAACAFABCA=#扫描全能王 创建#QQABLYaAogCAAAIAAQhCQwG6CkCQkBECAIoGwFAAoAAACAFABCA=#扫描全能王 创建#QQABLYaAogCAAAIAAQhCQwG6CkCQkBECAIoGwFAAoAAACAFABCA=#数学参考答案第 1页（共 6 页）20232024 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）数学（参考答
2、案）2024.3一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分题号12345678答案DCBACBBD二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分题号91011答案ACBDACD三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分127.4131ln2142；5四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分15（13 分）解：（1）ABC中，由正弦定理得sinsincCaA，所以sin2cos1sincCBaA，即2sincossinsinABAC，2 分又因为()CAB，所以2sincossinsin()sincoscossinABAABABAB，整理得sinsi
3、ncoscossinsin()ABABABA5 分因为(0)A，所以sinsin()0ABA，所以(0)BA，所以ABA或()ABA（舍去），即2BA得证7 分（2）因为2BA，所以02A，又因为2sin4A，所以214cos1sin4AA由（1）得23cos12sin4BA，所以52cos12cBa，即52ca，9 分在ABC中，由正弦定理sinsinbaBA及2BA，得2sincossinbaAAA，所以142 cos2baAa，11 分因为14b，所以25ac，所以ABC的周长为714abc 13 分数学参考答案第 2页（共 6 页）16（15 分）解：法一：（1）连结BD交AC于点P，
4、连结PF因为ABDC，所以12BPABPDDC，2 分又因为12BFFE，所以BPBFPDFE，所以DEPF 3 分由DEPFPFAFC DEAFC，平面，平面，得DEAFC平面6 分（2）过F作FGBC于点G，过G作GHAC于点H，连结FH因为ECABCD ECBCE平面，平面，所以BCEABCD平面平面因为BCEABCDBCEABCDBCFGBCEFGBC平面平面，平面平面，平面，所以FGABCD 平面因为FGABCDACABCD平面，平面，所以FGAC，又因为GHAC FGGHG FG GHFGH，平面，所以ACFGH 平面因为ACFGHFHFGH平面，平面，所以ACFH由GHAC FH
5、AC，得FHG为二面角FACB的平面角，9 分又因为二面角FACD为135，所以45FHG，所以在直角FGH中，FGGH 11 分设(0)CBCEt t，因为90GHCABCGCHACB ，所以GHCABC，所以GHGCABAC，即22311tGHt，所以2231tGHt13 分因为FGBC ECBC，所以13FGFGBFECtBE，所以3tFG 由FGGH，得22331ttt，解得3t，即3CE 15 分法二：因为ECABCD 平面，BC CDABCD，平面，所以90BCEDCE，又因为90BCD，所以CB CE CD，两两垂直以C为原点，CB CE CD，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建
6、立如图所示的空间直角坐标系1 分设(0)CBCEt t，由题意可得(0 1)(0 0)(0 0 0)A tB tC，(0 0 2)(00)DEt，数学参考答案第 3页（共 6 页）由12BFFE ，得21(0)33Ftt，3 分所以21(0 1)(0)33CAtCFtt ，设()xy z，n为平面AFC的一个法向量，则021033CAxtzCFxtyt ，nn取1x，则2yzt ，即(12)t，n 7 分（1）因为(02)DEt，所以220DEtt n，即DE n，又因为DEAFC 平面，所以DEAFC平面10 分（2）平面ABCD的一个法向量为(0 1 0)，m12 分因为二面角FACD为1
7、35，所以2|cos135|2 m nmn，即22225t，解得3t，即3CE 15 分17（15 分）解：（1）由题知，X的可能取值为0 1 2 3，且4(3)5XB，所以311(0)()5125P X；1234112(1)C()55125P X；2234148(2)C()55125P X；3464(3)()5125P X 5 分分布列如下：X0123P1125121254812564125由二项分布的期望公式可得412()355E X 8 分（2）记击中 i 次为事件(1 2 3)iA i ，则123124864()()()125125125P AP AP A，记起火点被扑灭为事件 B，则
8、123)21312(|)(|(|)P B AP B AP B A，10 分112233()()(|)()(|)()(|)P BP AP B AP AP B AP AP B A12148264112512512512510223，14 分即起火点被无人机击中且被扑灭的概率为102125 15 分数学参考答案第 4页（共 6 页）18（17 分）解：（1）由题意得(0 1)A，因为当122k 时，|AMPM，所以122MMyx且13My，所以423Mx，即41(2)33M，4 分将M代入椭圆方程得2321919a，所以24a，又因为1a，所以2a 6 分（2）由（1）得椭圆方程为2214xy由12
9、2114yk xxy，得2211(14)80kxk x，8 分解得121814Mkxk，所以2112114114MMkyk xk，即2112211814()1414kkMkk，所以21211112114514311()8314PMkkkkkkk 10 分同理可得2222222814()1414kkNkk，2211()3PNkkk 12 分因为121k k，所以2121111 1()()33PNPMkkkkkk ，所以MNP，三点共线14 分因为|9|8MNNP，所以918NMMNNxxxxx ，即178MNxx因为121k k，所以211222121888114414Nkkkxkkk ，所以1
10、22112112184141784184MNkxkkkxkk，所以2114k因为120kk且1 21k k，所以1201kk，所以12122kk，17 分数学参考答案第 5页（共 6 页）19（17 分）解：（1）设020004e(2)xP xxx，因为222224 e4e4(1)e()22xxxxxfxxx，所以 l 的斜率020204(1)e2xxkx，又 l 过(0 0)O，所以OPkk，即0022022004(1)e4e22xxxxx，解得02x，所以1k ，(22)P，l 的方程为yx 3 分联立2233yxyxaxaa ，得22(31)30 xaxaa（*），令0，得1a 或15a
11、 5 分当1a 时，方程（*）的根为 2，故(22)Q，此时P Q，两点重合，不合题意；6 分当15a 时，方程（*）的根为45，故44()55Q，此时P Q，两点不重合，线段PQ的长为22446 2(2)(2)555 综上所述，当P Q，两点不重合时，线段PQ的长为6 258 分（2）当1a 时，由（1）知，(2)(2)2fg，即02x，使得不等式00()()f xg x成立；9 分当1a 时，下证：对1x，不等式()()f xg x恒成立证明：先证对1x，()f xx恒成立 令2()exxx，则(2)()exxx x当(1 2)x，时，()0 x，()x单调递增；当(2)x，时，()0 x
12、，()x单调递减，所以24()(2)ex，所以2224e()4eee()0 xxxxf xxxxx，所以得证 12 分再证对1x，不等式()g xx 恒成立 令22()()(31)(3)h xg xxxaxaa，对称轴为312ax数学参考答案第 6页（共 6 页）当13a时，3112a，()h x在(1)，上单调递减，所以2()(1)0h xha，即()0h x；14 分当113a时，31(1 2)2a，()h x在31(1)2a，上单调递增，在31()2a，上单调递减，所以31(51)(1)()()024aaah xh，即()0h x，所以得证 16 分由可得，当1a 时，对1x，不等式()()f xg x恒成立综上所述，当1a 时，02x，使得不等式00()()f xg x成立；当1a 时，对1x，不等式()()f xg x无解，所以a的最小值为 117 分
