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1、20202021 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 UR，集合 A2，4，Bx|log2x1,则集合BCAU A B2 Cx|0 x2 Dx|x2 【答案
2、】B 【考点】集合的运算 【解析】由题意，2B，则2，BCU，所以 2BCAU，故答案选 B 2 “22sin”是“sincos”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22sin，可为43，不能得到 sincos；当 sincos 时，可为45，此时22sin，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
3、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(32x)(x1)5式中 x3的系数为
4、 A15 B10 C10 D15 【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10233525 CC，故答案选 C 5.函数 xxxxf1lnsin2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xxxxf1lnsin2 1222221lnsin11lnsin1111lnsinxxxxxxxxxxxxx xfxxx1lnsin2，为偶函数，所以排除 D 选项，故答案选 A 6过抛物线y22x上一点 P 作圆1622 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
5、 A(1, 2) B(32, 3) C(2，2) D(52, 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，221，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361241621242222aaaaaPC， 可 令 36124124aaaaf则 62212223aaaaaaf， 则 0 af时，2a， 此时取得最小值， 四边形PACB的面积为19126211212222PC，所以22，P则故答案选 A 7若随机变量pBX，3，22，NY，若 P(X1)0.657，P(0Y2)p，则 P(Y4) A0.2 B0
6、.3 C0.7 D0.8 【答案】A 【考点】 二项分布、正态分布的应用 【解析】由题意 P(X1)1P(X0)1(1p)30.657，解得 p0.3，则 P(0Y2)0.3，所以 P(Y4)P(Y0)0.5P(0Y2)0.2，故答案选 A 8若f(x) x216x，x00，x0则满足 xf(x1)0 的 x 的取值范围是 A1，13，) B(，10，13，) C1，01，) D(，31，01，) 【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(x1)f(x)0 当 x1 或 0 时显然成立； 当1x时，可有0163xx，可解得 x2； 当01xx且时，可有0
7、163xx，可解得1x0 或 x2； 所以 x(，21，02，) 则原不等式的解为 x(，10，1U3，)，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 42sinxxf，则 A函数 yf(x)的图象可由函数 ysin2x 的图象向右平移4个单位得到 B函数 yf(x)的图象关于直线x8轴对称 C函数 yf(x)的图象关于点(8,0)中心对称 D函数yx2f(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
8、选项 A，函数 ysin2x 的图象向右平移4个单位可得到 xxxxf2cos22sin42sin，所 以选项 A 错误； 对于选 项 B，1482sin8f， 取到了最大值， 所以函数 yf(x)的图象关于直线x8轴对称，所以选项 B 正确；对于选项 C，08f，所以函数 yf(x)的图象关于点(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yx2f(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0012222babyax，的左、右焦点，点 P
9、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 e2 B若POF2是面积为 3的正三角形，则b22 3 C若A2为双曲线的右顶点，PF2x轴，则F2A2F2P D若射线F2P与双曲线的一条渐近线交于点 Q，则aQFQF221 【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 xc2与双曲线有交点，即有ac2，解得 e2，故选项 A 正确；对于选项 B，因为2122cOFOFPF，解得321PF，所以13221PFPFa，所以32222acb，故选项 B 正确；对于选项 C，F2A2ca,F2Pb2a,
10、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： |QF1QF2|QF1QF2PF1PQQF2PF1PF22a， 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 AAF/CD BAFDE 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
11、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 DECD，且 AF/CD，所以 AFDE，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zyx1243，则 A6z3x4y Bzyx121 Cxy4z D24zxy 【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11243mzyx，则12log14log13log1mmmzyx，则有1x1y1
12、z,故选项 B 错误； 对于选项 A，034log9log12log21mmmxz， 所以zx2，又06481log64log81log34mmmyx，所以xy34，所以zxy634，故选项 A正 确 ； 对 于 选 项C 、 D ， 因 为zyx111， 所 以yxxyz， 所 以0442222222yxyxxyyxyxxyyxxyz，所以24zxy ，则24zyxz，则zyx4，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，)，若(2ab)/c，则实数 【答案】3 【考点
13、】平面向量的共线性质应用 【解析】由题意可得 2ab(2，6)，则 2(1)(6)0，解得 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：izz32；丙：4zz；丁：22zzz 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】i1 【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 zabi，a0，b0，biaz，azz2，bizz2，22bazz，222bazzz，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iz1故答案为
14、i1 15若1cos2sin32xx，则 32cos65sinxx 【答案】327 【考点】三角函数的公式、三角恒等变换应用 【解析】由题意可得16sin4x，令tx6，则41sin t，6 tx，所以原式327)sin21 (sin2cossin2tttt，故答案为327 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】1211；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h22(33)2113,则体积 V1
15、3341131112，1 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BAD30，求C； (2)若 CD2BD，AD4，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
16、理的应用 【解析】 (1)在ABD 中，BDsinBADABsinBDA,所以sinBDAABsin6BD32, 因为BDA(0，)，所以BDA23,BDA3,BDA23时，B6, 所以C3,BDA3时，B2(舍)所以C3 (2)因为AB 3BD,CD2BD，所以AB33BC,AC63BC, ADABBDAB13BCAB13(ACAB)23AB13AC 所以AD249AB219AC2, 所以BC6 2,AB2 6,AC4 3,所以212ABCS 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 M96，24，36，48，192中， (1)求
17、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 q2，取a13,an32n1 (2)由题意，3211nnaS，所以当 n 为奇数时，Sna1(12n)3, Sm1a1(12n1)3, Sn2a1(12m2)3, 所以Sn1Sn2a1(22n1)22Sn, 当 n 为偶数时，Sna1(12n)3, Sn1a1(12m1)3 Sm2a1(12n2)3,a(22)2S， ， 所以对S
18、n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 PABCD 中，PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC/AD，ABAD，AD2AB2BC2，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 PGAD， 因为 AD2，所以 PG1， 因为 AG1，且 AD/BC，所以 AG/
19、BC， 因为 AGBC1，所以四边形 AGCB 为平行四边形，所以 AB/CG， 又因为 ABAD，所以 CGAD， 又CG1,PC 2,PG1，所以 PGCG， 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nPAyz0nPCxy0, 取 y1，x1，z1，则 n(1，1，1)， 则 cosPB,n1113 313，所以 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值为13 (2)因为 D(0，1，0)，所以E(0,12,12
20、),所以F(12,14,14), AF(12,34,14),则 nAF1234140, 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
21、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 X1，2，3，4，5，记乙方案检测的次数是 Y，则 Y2，3 (1)记两种方案检测的次数相同为事件 A，则 P(A)P(X2，Y2)P(X3,Y3)161316231219, 所以两种方案检测的次数相同的概率为19 (2)P(X1)P(X2)P(X3)P(X4)61，P(X5)13， 所以E(X)103, P(Y2)13,P(Y2)23123, 则E(
22、Y)83, 因为 YEXE，所以采用乙方案 21 (12 分) 已知 O 为坐标系原点，椭圆1422 yxC：c.x24y21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32.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：FMFN为定值 【考点】 椭圆与直线的位置关系，解决定值问题 【解析】 22(12 分) 已知函数 f(x)1mlnx(mR) (1)当 m2 时，一
23、次函数 g(x)对任意，0 x， 2xxgxf恒成立，求 g(x)的表达式； (2)讨论关于 x 的方程f(x)f(1x)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 m2 时，f(x)12lnx， 可设 )0( 1ln22xxxxh， 则 xxxxxh12122，令 0 xh，解得22x， 所以 xh在220，上单调递减，在，22上单调递增， 所以 0122ln22122min hxh，所以 111 gf， (2)f(x)f(1x)x2,1mlnx1mlnxx2(x0) n(t)0在(0，)恒有一解，即f(x)f(1x)x2只有一解 m0 时，n(t)0:n(t)在 1(0，)上递减 又n(1)0n(1)在(0，)恒有一解 0m1 时，n(t)mt2(2m4)tmt(t1)2 (t)mr2(2m4)tm(1)m40 (0)m (1)0 在(0， )上有两解， 且0t11t2 又n(1)0，n(t1)0, n(t2)0 tez时，n(t)=mlnt+41+1=22+4t+1-20