江苏省苏锡常镇四市2021届高三下学期3月教学情况调研（一）（一模）数学试题（Word版附解析）

2020~2021 学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(一) 数 学 2021 年 3 月 注意事项： 1．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。 2．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，将答字写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3．考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题：本题共 8 小是，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．设全集 U＝R，集合 A＝[2，4]，B＝{x|log2x＞1},则集合  BCA U A． B．{2} C．{x|0≤x≤2} D．{x|x≤2} 【答案】B 【考点】集合的运算 【解析】由题意   ，2B ，则  2，BCU ，所以    2BCA U ，故答案选 B． 2．“ 2 2sin  ”是“sinα＝cosα”的 A．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 【答案】D 【考点】 三角函数的终边角、三角函数值、逻辑用语中条件的判断 【解析】由题意当时 2 2sin  ， 可为 4 3 ，不能得到 sinα＝cosα；当 sinα＝cosα时， 可 为 4 5 ，此时 2 2sin  ，故答案选 D． 3．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、 戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥．天 干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干 由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”……， 以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子” 重新开始，即“丙子”……，以此类推．今年是辛丑年，也是伟大、光荣、正确的中国共产党成 立 100 周年，则中国共产党成立的那一年是 A．辛酉年 B．辛戊年 C．壬酉年 D．壬戊年 【答案】A 【考点】文化题：等差数列的应用 【解析】由题意天干是公差为 10 的等差数列，地支为公差为 12 的等差数列，则 100 年前可 得到为辛酉年，故答案选 A． 4．(3－2x)(x＋1)5 式中 x3 的系数为 A．－15 B．－10 C．10 D．15 【答案】C 【考点】二项式定理展开式的应用 【解析】由题意展开式中含 x3 的系数为 1023 3 5 2 5  CC ，故答案选 C． 5.函数    xxxxf  1lnsin 2 的图象大致是 【答案】A 【考点】 函数的图象判断与识别 【解析】由题意   00 f ，可排除 B、C 选项；又       xxxxf 1lnsin 2   12 22 22 1lnsin 1 1lnsin 1 1 1 1lnsin                   xxx xx x xx xxxxx    xfxxx  1lnsin 2 ，为偶函数，所以排除 D 选项，故答案选 A． 6．过抛物线y2＝2x上一点 P 作圆   16 22  yxC： 的切线，切点为 A，B，则当四边形 PACB 的面积最小时，P 点的坐标是 A．(1, 2) B．(3 2, 3) C．(2，2) D．(5 2, 5) 【答案】C 【考点】抛物线的几何性质、直线与圆综合应用 【解析】由题意可设      aaP ，2 2 1 ，当四边形 PACB 的面积最小时，点 P 到圆心 C（0，6）的 距 离 最 小 ， 即   36124 162 1 242 2 22      aaaaaPC ， 可 令   36124 1 24  aaaaf 则     622122 23  aaaaaaf ，则   0 af 时， 2a ，此时取得最小值，四边形 PACB 的面积为   191262112 12 222  PC ， 所以  22，P 则故答案选 A． 7．若随机变量  pBX ，3~ ，  22~ ，NY ，若 P(X≥1)＝0.657，P(0＜Y＜2)＝p，则 P(Y ＞4)＝ A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8 【答案】A 【考点】 二项分布、正态分布的应用 【解析】由题意 P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(1－p)3＝0.657，解得 p＝0.3，则 P(0＜Y＜2)＝0.3， 所以 P(Y＞4)＝P(Y＜0)＝0.5－P(0＜Y＜2)＝0.2，故答案选 A． 8．若f(x)＝ x2－16 x ，x≠0 0，x＝0 则满足 xf(x－1)≥0 的 x 的取值范围是 A．[－1，1]∪[3，＋∞) B．(－∞，－1]∪[0，1]∪[3，＋∞) C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[－1，0]∪[1，＋∞) 【答案】B 【考点】分段函数中函数的性质应用：求解不等式 【解析】由题意，不妨求(x＋1)f(x)≥0 ①当 x＝－1 或 0 时显然成立； ②当 1x 时，可有 0163  xx ，可解得 x≤－2； ③当 01  xx 且 时，可有 0163  xx ，可解得－1＜x＜0 或 x≥2； 所以 x∈(－∞，－2]∪[－1，0]∪[2，＋∞) 则原不等式的解为 x∈(－∞，－1]∪[0，1]U[3，＋∞)，故答案选 B． 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9．函数         42sin xxf ，则 A．函数 y＝f(x)的图象可由函数 y＝sin2x 的图象向右平移π 4 个单位得到 B．函数 y＝f(x)的图象关于直线x＝π 8 轴对称 C．函数 y＝f(x)的图象关于点(－π 8,0)中心对称 D．函数y＝x2＋f(x)在      80 ， 上为增函数 【答案】BCD 【考点】三角函数的图象与性质、图象变换 【 解 析 】 由 题 意 ， 对 于 选 项 A ， 函 数 y ＝ sin2x 的 图 象 向 右 平 移 π 4 个 单 位 可 得 到   xxxxf 2cos22sin42sin             ， 所 以 选 项 A 错 误 ； 对 于 选 项 B ， 1482sin8           f ，取到了最大值，所以函数 y＝f(x)的图象关于直线x＝π 8 轴对称， 所以选项 B 正确；对于选项 C， 08      f ，所以函数 y＝f(x)的图象关于点(－π 8,0)中心对称， 所以 选项 C 正确 ；对于选 项 D ，函 数 2xy  在      80 ， 上为 增函数，      80 ，x 时，      2442  ，x ，单调递增，所以函数y＝x2＋f(x)在      80 ， 上为增函数，所以选项 D 正确； 综上，答案选 BCD． 10．已知 O 为坐标原点，F1,F2分别为双曲线  0012 2 2 2  bab y a x ， 的左、右焦点，点 P 在双曲线右支上，则下列结论正确的有 A．若 2PFPO  ，则双曲线的离心率 e≥2 B．若△POF2 是面积为 3的正三角形，则b2＝2 3 C．若A2为双曲线的右顶点，PF2⊥x轴，则F2A2＝F2P D．若射线F2P与双曲线的一条渐近线交于点 Q，则 aQFQF 221  【答案】ABD 【考点】 双曲线的几何性质的应用 【解析】由题意，对于选项 A：因为 2PFPO  ，所以 OF2 的中垂线 x ＝c 2 与双曲线有交点， 即有 ac  2 ，解得 e≥2，故选项 A 正确；对于选项 B，因为 2122  cOFOFPF ，解得 321 PF ，所以 132 21  PFPFa ，所以 32222  acb ，故选项 B 正确；对于 选项 C，F2A2＝c－a,F2P＝b2 a ,显然不等，故选项 C 错误；对于选项 D，不妨设 P，Q 均在第一 象限，则：|QF1－QF2|＝QF1－QF2＞PF1－PQ－QF2＝PF1－PF2＝2a，故选项 D 正确；综上答 案选 ABD． 11．1982 年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将 正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．中学生丹尼 尔做了一一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有 关结论．对于该新几何体，则 A．AF//CD B．AF⊥DE C．新几何体有 7 个面 D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上 【答案】ABD 【考点】立体几何的位置关系、外接球问题应用 【解析】由题意，对于选项 A，由图可得 AF//BE，又 BE//CD，所以 AF//CD，故选项 A 正确； 因为 DE⊥CD，且 AF//CD，所以 AF⊥DE，故选项 B 正确；对于选项 C，新几何体为三棱柱， 有 5 个面，故选项 C 错误；对于选项 D，新几何体为斜三棱柱，没有外接球，故选项 D 正确； 综上答案选 ABD． 12．已知正数 x，y，z，满足 zyx 1243  ，则 A．6z＜3x＜4y B． zyx 121  C．x＋y＞4z D． 24zxy  【答案】AC 【考点】 指对数的运算、基本不等式的应用等 【解析】由题意，可令 11243  mzyx ，则 12log14log13log1 mmm zyx  ，， ，则有 1 x ＋1 y ＝1 z,故选项 B 错误；对于选项 A， 03 4log9log12log21  mmmxz ，所以 zx 2 ， 又 064 81log64log81log34  mmmyx ，所以 xy 34  ，所以 zxy 634  ，故选项 A 正 确 ； 对 于 选 项 C 、 D ， 因 为 zyx 111  ， 所 以 yx xyz  ， 所 以         044 2 2 2 222 2      yx yxxy yx yxxyyxxyz ，所以 24zxy  ，则   24zyxz  ，则 zyx 4 ，所以选项 C 正确，选项 D 错误；综上，答案选 AC． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知向量 a＝(1，2)，b＝(0，－2)，c＝(－1，λ)，若(2a－b)//c，则实数λ＝ ▲ ． 【答案】－3 【考点】平面向量的共线性质应用 【解析】由题意可得 2a－b＝(2，－6)，则 2λ－(－1)×(－6)＝0，解得λ＝－3，故答案为－3． 14．已知复数 z 对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数 z 的陈述如下(i 为 虚数单位)： 甲： 2 zz ；乙： izz 32 ；丙： 4 zz ；丁： 2 2z z z  ． 在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数 z＝ ▲ ． 【答案】 i1 【考点】 新高考新题型：逻辑推理题：复数的运算 【解析】由题意可设 z＝a＋bi，a＞0，b＞0， biaz  ， azz 2 ， bizz 2 ， 22 bazz  ， 22 2 ba z z z  ，则乙丁与丙丁不能同时成立，且甲乙丙可以知二推一，所以 甲丁正确，所以 1 ba ，此时 iz 1 ．故答案为 i1 ． 15．若 1cos2sin32  xx ，则            32cos6 5sin  xx ＝ ▲ ． 【答案】 32 7 【考点】三角函数的公式、三角恒等变换应用 【解析】由题意可得 16sin4       x ，令 tx  6  ，则 4 1sin t ， 6  tx ，所以原式＝   32 7)sin21(sin2cossin 2  tttt ，故答案为 32 7 ． 16．四面体的棱长为 1 或 2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积 ▲ ； 这样的不同四面体的个数为 ▲ ． 【答案】 12 11 ；3 【考点】 立体几何中四面体的应用：求体积、四面体的构成 【解析】由题意可得，可以构成一个底面为边长为 1 正三角形，侧棱长均为 2 的正三棱锥亥 三棱锥的高h＝ 22－( 3 3 )2＝ 11 3 ,则体积 V＝1 3× 3 4 × 11 3 ＝ 11 12 ，1 和 2 可以构成的三角形有： 边长为 1 的正三角形，边长为 2 的正三角形，边长为 1，2，2 的三角形除了已求体积的正三 棱锥外，还可以是：四个 1，2，2 的三角形拼成的三棱锥、两个边长为 2 的正三角形和两个 1， 2，2 的三角形拼成的三棱锥，所以满足题意的四面体共 3 个． 三、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10 分) 在△ABC 中，  90BAC ，点 D 在边 BC 上，满足AB＝ 3BD. (1)若∠BAD＝30°，求∠C； (2)若 CD＝2BD，AD＝4，求△ABC 的面积． 【考点】解三角形、三角恒等变换、平面向量的基本定理的应用 【解析】 (1)在△ABD 中， BD sin∠BAD ＝ AB sin∠BDA ,所以sin∠BDA＝ ABsinπ 6 BD ＝ 3 2 , 因为∠BDA∈(0，π)，所以∠BDA＝2π 3 ,∠BDA＝π 3,∠BDA＝2π 3 时，∠B＝π 6, 所以∠C＝π 3,∠BDA＝π 3 时，∠B＝π 2(舍)所以∠C＝π 3 (2)因为 AB＝ 3BD,CD＝2BD，所以AB＝ 3 3 BC,AC＝ 6 3 BC, AD＝→AB＋→BD＝→AB＋1 3 →BC＝→AB＋1 3(→AC－→AB)＝2 3 →AB＋1 3 →AC 所以AD2＝4 9AB2＋1 9AC2, 所以BC＝6 2,AB＝2 6,AC＝4 3,所以 212ABCS ． 18．(12 分) 已知等比数列{an}的各项均为整数，公比为 q，且|q|>1，数列{an}中有连续四项在集合 M＝{－ 96，－24，36，48，192}中， (1)求 q，并写出数列{an}的一个通项公式； (2)设数列{an}的前 n 项和为 nS ，证明：数列{sn}中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成 等差数列． 【考点】数列的通项公式与求和应用 【解析】 (1)因为|q|＞1，且各项均为整数，所以连续四项为－24，48，－96，192，所以公比 q＝－2， 取a1＝3,an＝3×2n－1． (2)由题意，    3 211 n n aS  ，所以当 n 为奇数时，Sn＝a1(1＋2n) 3 , Sm＋1＝a1(1－2n＋1) 3 , Sn－2＝a1(1＋2m＋2) 3 , 所以Sn＋1＋Sn＋2＝a1(2＋2n＋1) 2 ＝2Sn, 当 n 为偶数时，Sn＝a1(1－2n) 3 , Sn＋1＝a1(1＋2m－1) 3 Sm＋2＝a1(1－2n＋2) 3 ,a(2－2\"＋)＝2S，， 所以对Sn中的任意连续三项，经顺序调整后可以构成等差数列． 19．(12 分) 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，AB⊥AD， AD＝2AB＝2BC＝2，PC＝ 2,E 为 PD 的中点． (1)求直线 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值； (2)设 F 是 BE 的中点，判断点 F 是否在平面 PAC 内，并请证明你的结论． 【考点】 【解析】 【考点】立体几何的位置关系、直线与平面所成的角求解 【解析】 取 AD 的中点 G，连接PG,CG, 因为△APD 是等腰直角三角形，所以 PG⊥AD， 因为 AD＝2，所以 PG＝1， 因为 AG＝1，且 AD//BC，所以 AG//BC， 因为 AG＝BC＝1，所以四边形 AGCB 为平行四边形，所以 AB//CG， 又因为 AB⊥AD，所以 CG⊥AD， 又 CG＝1,PC＝ 2,PG＝1，所以 PG⊥CG， 所以可建立如图空间直角坐标系， 则 A(0，－1，1)，P(0，0，1)，C(1，0，0)，B(1，－1，0)， (1)PB＝(1，－1，－1)，→PA ＝(0,－1,－),→AC＝(1,1,0), 设平面PAC的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·→PA＝－y－z＝0 n·→PC＝x＋y＝0 , 取 y＝－1，x＝1，z＝1，则 n＝(1，－1，1)， 则 cos＜→PB,n≥1＋1－1 3× 3 ＝1 3 ，所以 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值为1 3 (2)因为 D(0，1，0)，所以E(0,1 2,1 2),所以F(1 2,－1 4,1 4), →AF＝(1 2,3 4,1 4),则 n→AF＝1 2 －3 4 ＋1 4 ＝0, 所以 AF 在平面 PAC 中，所以 F 在平面 PAC 中． 20．(12 分) 某地发现 6 名疑似病人中有 1 人感染病毒，需要通过血清检测确定该感染人员，血清检 测结果呈阳性的即为感染人员，星阴性表示没感染．拟采用两种方案检测： 方案甲：将这 6 名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止； 方案乙：将这 6 名疑似病人随机分成 2 组，每组 3 人．先将其中一组的血清混在一起检 测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能 确定感染人员为止；若结果为阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员 为止， (1)求这两种方案检测次数相同的概率； (2)如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少?并说明理由． 【考点】 随机事件的概率、分布列与期望 【解析】 由题意可设甲方案检测的次数是 X， 则 X∈{1，2，3，4，5}，记乙方案检测的次数是 Y，则 Y∈{2，3} (1)记两种方案检测的次数相同为事件 A，则 P(A)＝P(X＝2，Y＝2)＋P(X＝3,Y＝3)＝1 6×1 3×1 6×2 3×1 2 ＝1 9, 所以两种方案检测的次数相同的概率为1 9 ． (2)P(X＝1)＝P(X＝2)＝P(X＝3)＝P(X＝4)＝ 6 1 ，P(X＝5)＝1 3 ， 所以E(X)＝10 3 , P(Y＝2)＝1 3,P(Y＝2)＝2 3×1＝2 3, 则E(Y)＝8 3, 因为    YEXE  ，所以采用乙方案． 21． (12 分) 已知 O 为坐标系原点，椭圆 14 2 2  yxC： c.x2 4 ＋y2＝1的右焦点为点 F，右准线为直线 n． (1)过点(4，0)的直线交椭圆 C 于 D，E 两个不同点，且以线段 DE 为直径的圆经过原点 O，求 该直线的方程； (2)已知直线 l 上有且只有一个点到 F 的距离与到直线 n 的距离之比为 3 2 .直线 l 与直线 n 交于 点 N，过 F 作 x 轴的垂线，交直线 l 于点 M．求证：FM FN 为定值． 【考点】 椭圆与直线的位置关系，解决定值问题 【解析】 2 2．(12 分) 已知函数 f(x)＝1＋mlnx(m∈R)． (1)当 m＝2 时，一次函数 g(x)对任意   ，0x ，     2xxgxf  恒成立，求 g(x)的表达式； (2)讨论关于 x 的方程f(x) f(1 x) ＝x2解的个数． 【考点】 函数与导数：恒成立问题、方程解的个数 【解析】 (1)当 m＝2 时，f(x)＝1＋2lnx， 可设   )0(1ln22  xxxxh ， 则   x x xxxh 1212 2  ，令   0 xh ，解得 2 2x ， 所以  xh 在       2 20， 上单调递减，在       ， 2 2 上单调递增， 所以   012 2ln22 1 2 2 min       hxh ，所以     111  gf ， (2) f(x) f(1 x) ＝x2,1＋mlnx 1－mlnx ＝x2(x＞0) ∴n(t)＝0在(0，＋∞)恒有一解，即f(x) f(1 x) ＝x2只有一解 ②m＜0 时，n'(t)≤0:n(t)在 1∈(0，＋∞)上递减 又∵n(1)＝0∴n(1)在(0，＋∞)恒有一解 ③0＜m＜1 时，n'(t)＝mt2＋(2m－4)t＋m t(t＋1)2 Φ(t)＝mr2＋(2m－4)t＋mφ(1)＝m－4≤0．φ(0)＝m．φ(1)＝0 在(0，＋∞)上有两解，且0＜t1＜1＜t2 又∵n(1)＝0，∴n(t1)＞0, n(t2)＞0 t＞ez时，n(t)=mlnt+ 4 1+1=2>2+ 4 t+1-2>0