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1、 徐州市数 学注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置1已知集合 A1，2，3，Bx|x2x20 且 xZ，则 AB2某大学 4 名大学生利用假期到 3 个山村参加基层扶贫工作，每名大学生只去 1 个山村，每个山村至少有 1 人去，则不同的分配方案共有C36 种3甲、乙、丙、丁四位同学被问到谁去过长城时，甲说：“我没去过”，乙说：“丁去过”，丙说：“乙去过”，丁说：“我没去过”，假定四人中只有一人说的是假话，由此可判断一定去过长城的是 A甲B乙C丙D丁4天文学中为了衡量天体的明
2、暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（Hipparchus，又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念星等的数值越小，天体就越亮；星等的数值越大，天体就越暗到了 1850 年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森（M.R.Pogson）又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满足 m m 2.5(lg E lg E )，其中星等为 m 的的星的亮度为 E (i1，2)已1221iix2D1.575设 ， ， 为单位向量，且 0，则( )( )的最小值为a ba c b cC1n似值 可以表示为2nnnnnA180B360C180D
3、90coscossinsinnnnnD三角形RR2x 1 成立的实数 x 的取值范围是2Ax|x1C(1，1)B(1，0)(0，1)D(，1)(1，)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，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分。9若 0c1，ab1，则Alog clog cCalog cblog cDa(bc)b(ac)cabba10下列四个命题中，真命题为 1A若复数 z 满足 z ，则 z RB若复数 z 满足 ，则 zRRz Rz = zC若复数 z 满足 z ，则 zD若复数 z ，z 满足 z z
4、 ，则RR1212122两点，M 为线段 PQ 的中点，O 为坐标原点，则AC 的准线方程为 y1CM 的坐标可能为(3，2)B线段 PQ 长度的最小值为 4 在的正方形所围成的扇形半径设为 a (n )，数列a 满足 aN*nn12nnA4(b b )a a202020192018 202112320192021Ca a a (a ) 2a a222212320202019 2021222019 202120202018 20202019三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。307540815089由最小二乘法求得回归直线方程为 y = 0.67x + a ，则 的值为
5、_a14已知 ， 是两个不同的平面，m，n 是平面 及 之外的两条不同直线，给出下面四个论断：mn；n；m以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_22 圆心， ， 为切点，则四边形A B的面积的最小值为_ll分，第二空 3 分）记 为等比数列 的前 项和，已知 2， 6SanSS23nn（1）求 的通项公式；an（2）求 ，并判断是否成等差数列SnnxllC mx2 ny2xPA B Ca b cx AAmn5(cos x，1)，f(x) ，且对任意 xR ，都有 f(x)f( )m n6（2）若 2 3，sin sin ，求aBC 2ABC af (x) =
6、xln x x +已知xn +1n+ ln2+ + ln222n22（本小题满分 12 分）每个电子元件正常工作的概率都是 p (0p1)，且各个电子元件正常工作的事件相互独立现要检（2）若 p0.99，利用(1) (0 1， )的二项展开式的特点，估算当 k 为何值时，每N*个电子元件的检测次数最小，并估算此时总的检测次数；（3）若不对生产出的电子元件进行筛选检测，将它们随机组装入电子系统中，不考虑组装时带 徐州市1A2C3B4B5D6A7C8D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，有选错的得 0 分，部分
7、选对的得 3 分。9BC10AB11BCD12ABD117（1）设a 的公比为 q，则 a a q ，1n1nn211由已知得81a q2 = S S = 132aannnn（Snn2 22 42 2= + (2) = (2)S = + (2) = + (2)n+1，n+2，nnn+13 33 3n+23 3则 S，nn+1n+2 3 3n所以n1x2 y2=0设 m，abCaa2 y2，解得 1， 2，所以 的方程为 x2 C2b2a1122y21)1，代入 x2 =1得(2 ) 2 ( 1) ( 2 3)0 (*)，k kx k2k2若 2 0，即 2时，方程(*)有且仅有一解，不符合题意
8、； 分8kkk k2k2k2k38(2 3)0，则 ，kk23*)232 且 2于是 xkkk122klCPCx11x2y2=，n =( ，a b=1( 0)设 m ，所以 的方程为Ca2b2a2= 4x2 y2b24314由题设得 a2，解得 ， ，所以 的方程为 += ， 分b2C43223x2 y21 当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x1，代入 +=1得 = ，P(1，1)y432的中点，不符合题意； 6 分AB1122x2 y21)1，代入 +=1得(34 ) 8 ( 1) 4( 2 2)0，k kxk2k432222= 2(1)= 2，解得k =，9 分于是12233
9、7故 yxy444lxyCP 22由题意知，所以12662A(0，)，所以 A( , )A =因为所以解得，所以，即66232k 2x 2k + (，令5232k xk +(k )，Z1212所以 f(x)的单调递增区间为1212abc=，解得b + c = 2 6 ，即b + c + 2bc = 24 ， 8 分22在ABC 中由余弦定理得b + c a = 2bccos A ，于是b + c bc =12，10 分22222113解得 bc4，所以ABC 的面积为 bcsinC = 4222又底面 ABCD 是圆内接四边形，ADCABC90，323AEC90，易得AEOACE，AOEAEC
10、90，AC AE 2 又EO平面 BED，平面 BED平面 ABCD 5 分（2）如图，取的中点 ， 的中点 ，M ABAEN连接 ，由（1）知，MN BE又 ， ， ， 平面MN DN N BE BC B MN DN， ， 平面 EBC，平面 DMN平面DMN BE BCO3334333 3,0) ， ( ,， (0,0) ， (0,0,) ， ( ,0,0) ，BEMDM2223424 433 3 3= ( , , )， = (0,MN3DM2244ABE0MP333设(0+l) ， 10 分444DPABE12则sinq =| cos |=， 11 分=242 l + l + 4427，
11、所成角的正弦值的最大值为ABE 12 分DPaa( ) = ln +1121（1）f(x)的定义域为(0，)，则 f xx，x2x21 2a x + 2aa2， 0，则 g(x) = +=，1 分xx2x x3x3( ) = ln当a = 时， f x( ) = 0x ，令 f x0，则，( ) 0当 1 时， f xx 所以 f(x)在(0，)上有且仅有一个极值点2 分时，g(x)在(0，)上单调递增，ag(1)= a 0又，a所以 g(x)在(1，e )上存在唯一零点，记为 x ，列表：a0x00极小值时，令，得 = 2a ，x1，min21时，g(x) ，故 f(x)0，f(x)在(0，
12、 上单调递增，0)min所以 f(x)在(0，)上无极值点，5 分1g(x) ln 2a +g( 2a 0当min1g(2a) = ln(2a) 00 2a 2a 01在( ，0)上单调递增，1g(2a) = j(a) j( ) = ln + = 1 0所以，x(0，)0(，)0(，)极大值极小值所以 f(x)在(0，)上有且仅有两个极值点7 分11a0 时， 有两个极值点；f(x) 当 a0 时，f(x)有一个极值点8 分（2）由（1）知，当 a0 时，f(x)f(1)1，所以，10 分112 ，令 x =即故，所以 2 得x1111ln2 ()2 =，n1111n= =kk1k1pk2 分
13、所以 X 的数学期望 E(X)1p (k1)(1p )k1kp 3 分kkkN*111k= +1 pk = +1 (1 0.01)k +11+ 0.01kkkkkk111= + 0.01k 2 0.01k = 0.2，当且仅当 =0.01k，即 k10 时取等，6 分kkk故当 k10 时每个电子元件的检测次数最小，此时总的检测次数kY100.227 分，p (1 p) p +pP + C p(1 p)+P Cnn1n2n12p (1 p) +pPCnn+1nn12 (1 p)n= C pnn2p21p2当 a0 时，f(x)有一个极值点8 分（2）由（1）知，当 a0 时，f(x)f(1)1
14、，所以，10 分112 ，令 x =即故，所以 2 得x1111ln2 ()2 =，n1111n= =kk1k1pk2 分所以 X 的数学期望 E(X)1p (k1)(1p )k1kp 3 分kkkN*111k= +1 pk = +1 (1 0.01)k +11+ 0.01kkkkkk111= + 0.01k 2 0.01k = 0.2，当且仅当 =0.01k，即 k10 时取等，6 分kkk故当 k10 时每个电子元件的检测次数最小，此时总的检测次数kY100.227 分，p (1 p) p +pP + C p(1 p)+P Cnn1n2n12p (1 p) +pPCnn+1nn12 (1 p)n= C pnn2p21p2