江苏省苏锡常镇四市2020~2021学年度高三教学情况调研(一)数学试卷（全解析）.docx

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BCA U A B2 Cx|0 x2 Dx|x2

2、 【答案】B 【考点】集合的运算 【解析】由题意，2B，则2，BCU，所以 2BCA U ，故答案选 B 2 “ 2 2 sin”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 2 2 sin，可为 4 3 ，不能得到 sincos；当 sincos 时， 可为 4 5 ，此时 2 2 sin，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

3、、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

4、年，故答案选 A 4(32x)(x1)5式中 x3的系数为 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1023 3 5 2 5 CC，故答案选 C 5.函数 xxxxf1lnsin 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xxxxf1lnsin 2 1 2 22 22 1lnsin 1 1 lnsin 1 1 1 1 lnsin xxx xx x xx xxxx x xfxxx1lnsin 2 ，为偶函数，所以排除 D 选项，故答案选 A 6过抛物线y

5、22x上一点 P 作圆16 2 2 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3612 4 1 6 2 1 24 2 2 22 aaaaaPC， 可 令 3612 4 1 24 aaaaf则 622122 23 aaaaaaf， 则 0 a f时， 2a，此时取得最小值，四边形PACB的面积为

6、19126211 2 1 2 2 22 PC，所以22，P则故答案选 A 7若随机变量pBX，3， 2 2，NY，若 P(X1)0.657，P(0Y2)p，则 P(Y 4) A0.2 B0.3 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) x216 x ，x0 0，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，)

7、【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0 16 3 x x，可解得 x2； 当01xx且时，可有0 16 3 x x，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 4 2sin xxf，则 A函数 yf(x)的图象可由函数 ysin2x 的图象向右平移 4

8、个单位得到 B函数 yf(x)的图象关于直线x 8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 8 0 ，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 ysin2x 的图象向右平移 4个单位可得到 xxxxf2cos 2 2sin 4 2sin ，所以选项 A 错误；对于选项 B， 1 48 2sin 8 f， 取到了最大值， 所以函数 yf(x)的图象关于直线x 8轴对称， 所以选项 B 正确；对于选项 C，0 8 f，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

9、于选项 D，函数 2 xy 在 8 0 ，上为增函数， 8 0 ，x时， 244 2 ，x，单调递增，所以函数yx2f(x)在 8 0 ，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001 2 2 2 2 ba b 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 2 PFPO，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aQFQF2 21 【答案】ABD 【考点】 双曲线的

10、几何性质的应用 【解析】由题意，对于选项 A：因为 2 PFPO，所以 OF2的中垂线 xc 2与双曲线有交点， 即有a c 2 ，解得 e2，故选项 A 正确；对于选项 B，因为2 122 cOFOFPF，解 得32 1 PF，所以13 2 21 PFPF a，所以32 222 acb，故选项 B 正确； 对于选项 C，F2A2ca,F2Pb 2 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： |QF1QF2|QF1QF2PF1PQQF2PF1PF22a， 故选项 D 正确； 综上答案选 ABD 111982 年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一

11、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

12、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 A6z3x4y B zyx 121 Cxy4z D 2 4zxy 【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11243m zyx ，则12log 1 4log 1 3log 1 mmm zyx ，则 有1 x 1 y 1 z,故选项 B 错误； 对于选项 A， 0 3 4 log9log12log 21 mmm xz ， 所以zx2， 又0 64 81 log64log81log 34 mmm yx ，所以

13、xy34 ，所以zxy634，故选项 A 正 确 ； 对 于 选 项C 、 D ， 因 为 zyx 111 ， 所 以 yx xy z ， 所 以 0 4 4 2 2 2 2 22 2 yx yxxy yx yxxyyx xyz，所以 2 4zxy，则 2 4zyxz，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】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

14、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： 2 2 z 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】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， 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1ba，此时iz1故答案为i1 15若1cos2sin32xx，则 3 2cos 6 5 sin

15、 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1 6 sin4 x，令tx 6 ，则 4 1 sint， 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h22( 3 3 )2 11 3 ,则体积V1 3

16、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

17、向量的基本定理的应用 【解析】 (1)在ABD 中， BD sinBAD AB sinBDA,所以sinBDA ABsin 6 BD 3 2 , 因为BDA(0，)，所以BDA2 3 ,BDA 3,BDA 2 3 时，B 6, 所以C 3,BDA 3时，B 2(舍)所以C 3 (2)因为AB 3BD,CD2BD，所以AB 3 3 BC,AC 6 3 BC, ADABBDAB1 3 BCAB1 3( ACAB)2 3 AB1 3 AC 所以AD24 9AB 21 9AC 2, 所以BC6 2,AB2 6,AC4 3,所以212 ABC S 18(12 分) 已知等比数列an的各项均为整数，公比为

18、 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 n S，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,an3 2n1 (2)由题意， 3 21 1 n n a S ，所以当 n 为奇数时，Sna1(12 n) 3 , Sm1a 1(12 n1) 3 , Sn2a 1(12 m2) 3 , 所以Sn1Sn2a 1(

19、22 n1) 2 2Sn, 当 n 为偶数时，Sna 1(12 n) 3 , Sn1a 1(12 m1) 3 Sm2a 1(12 n2) 3 ,a(22)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 PABCD 中，PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC/AD，AB AD，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

20、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/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 n PAyz0 n PCxy0 ,

21、 取 y1，x1，z1，则 n(1，1，1)， 则 cosPB,n111 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 AF1 2 3 4 1 40, 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

22、，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 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

23、(A)P(X2，Y2)P(X3,Y3)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(X1)P(X2)P(X3)P(X4) 6 1 ，P(X5)1 3， 所以E(X)10 3 , P(Y2)1 3,P(Y2) 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1 4 2 2 y x C：c.x 2 4y 21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)

24、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】 22(12 分) 已知函数 f(x)1mlnx(mR) (1)当 m2 时，一次函数 g(x)对任意 ，0 x， 2 xxgxf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 m2 时，f(x)12lnx， 可设 )0( 1ln2 2 x

25、xxxh， 则 x x x xxh 121 2 2 ，令 0 x h，解得 2 2 x， 所以 xh在 2 2 0，上单调递减，在 ， 2 2 上单调递增， 所以 01 2 2 ln2 2 1 2 2 min hxh，所以 111 gf， (2)f(x) f(1 x) x2,1mlnx 1mlnxx 2(x0) n(t)0在(0，)恒有一解，即f(x) f(1 x) 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)mt 2(2m4)tm t(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+ 4 1+1=22+ 4 t+1-20