1、 徐州市 2021 届高三学情调研考试 数 学 徐州市高考研究中心命制 2020.9.29 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 1本试卷共 4 页，包含选择题（第 1 题第 12 题，共 12 题）和非选择题（第 13 题第 22 题，共 10 题）两部分本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟考试结 束后，请将本试卷和答题卡一并交回 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 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相 符 4作答选择题（第 1 题第 12 题），必须用 2
2、B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂 满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必 须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一 律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等需加黑、加粗 一、选择题：本题共 8 小题，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已知集合 A1，2，3，Bx|x2x20 且 xZ，则 AB A1 B1，2 C0，1，2，3 D1，0，1，2，3 2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
3、 1 人去，则不同的分配方案共有 A6 种 B24 种 C36 种 D72 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
4、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 m1m2 2.5(lg E2lg E1)，其中星等为 mi的的星的亮度为 Ei (i1，2)已知“心宿二”的星等是 1.00，“天 津四”的星等是 1.25“心宿二”的亮度是“天津四”的 r 倍，则 r 的近似值为（当|x|较小时，10 x1 2.3x2.7x2） A1.23 B1.26 C1.51 D1.57 5设 a，b，c 为单位向量，且 a b0，则(ac) (bc)的最小值为 A2 B 22 C1 D1 2 6我国古代数学家刘徽于公元 263 年在九章算术注中提出“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割 之又割，以至于不可割，则
5、与圆合体，而无所失矣”即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形 的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率如果用圆的内接正 n 边形逼近圆，算得圆 周率的近似值记为 n，那么用圆的内接正 2n 边形逼近圆，算得圆周率的近似值 2n可以表示为 A 180 cos n n B 360 cos n n C 180 sin n n D 90 sin n n 7用一平面截正方体，所得截面的面积最大时，截面的几何形状为 A正六边形 B五边形 C矩形 D三角形 8定义在 R 上的偶函数 f(x)的导函数为 f (x)，若xR，都有 2f(x)xf (x)2，则使 x2f(x)f(1)x21 成立的实
6、数 x 的取值范围是 Ax|x1 B(1，0)(0，1) C(1，1) 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 Alogaclogbc Babcbac Calogbcblogac Da(bc)b(ac) 10下列四个命题中，真命题为 A若复数 z 满足 zR，则z R B若复数 z 满足 1 zR，则 zR C若复数 z 满足 z2R，则 zR D若复数 z1，z2满足 z1 z2R，则 12 zz 11已知抛物线 C：
7、y22px (p0)的焦点 F 到准线的距离为 2，过点 F 的直线与抛物线交于 P，Q 两点，M 为线段 PQ 的中点，O 为坐标原点，则 AC 的准线方程为 y1 B线段 PQ 长度的最小值为 4 CM 的坐标可能为(3，2) DOP OQ 3 12黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工在一个黄金矩形（宽 长比约等于 0.618） 里先以宽为边长做正方形， 然后在剩下小的矩形里以其宽 为边长做正方形， 如此循环下去， 再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧， 最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”达芬奇的蒙娜丽莎， 希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线现将每一段黄金螺旋线与其
8、所在的正方形所围成的扇形半径设为 an (nN*)，数列an满足 a1a21， anan1an2 (n3)再将扇形面积设为 bn (nN*)，则 A4(b2020b2019)a2018 a2021 Ba1a2a3a2019a20211 Ca12a22a32(a2020)22a2019 a2021 Da2019 a2021(a2020)2a2018 a2020(a2019)20 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13某公司的广告费支出 x (单位：万元)与营业额 y (单位：万元)之间呈线性相关关系，收集到的数据如下 表： 广告费支出 x (单位：万元) 10 20
9、30 40 50 营业额 y (单位：万元) 62 68 75 81 89 由最小二乘法求得回归直线方程为0.67yxa，则a的值为_ 14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：_ 15已知 P 是直线 3x4y100 上的动点，PA，PB 是圆 x2y22x4y40 的两条切线，C 为圆心， A，B 为切点，则四边形 PACB 的面积的最小值为_ 16在ABC 中，sin (AB)sin Csin B，则 cos A_；点 D 是 BC 上靠近点 B 的一个
10、三等分 点， 记 sin ABD sin BAD， 则当取最大值时， tan ACD_ （本题第一空 2 分， 第二空 3 分 ） 四、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（本小题满分 10 分） 记 Sn为等比数列an的前 n 项和，已知 S22，S36 （1）求an的通项公式； （2）求 Sn，并判断 Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列 18（本小题满分 12 分） 在离心率为 3，且经过点(3，4)；一条准线方程为 x4，且焦距为 2这两个条件中任选一个，补 充在下面的问题中，若问题中的直线 l 存在，求出 l 的方程；若问题中的直线 l
11、 不存在，说明理由 问题：已知曲线 C：mx2ny21(m，n0)的焦点在 x 轴上，_，是否存在过点 P(1，1) 的直线 l，与曲线 C 交于 A，B 两点，且 P 为线段 AB 的中点？ 注：若选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分 19（本小题满分 12 分） 在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，设向量 m(2sin (xA)，sin A)，n (cos x，1)，f(x)m n，且对任意 xR，都有 f(x)f( 5 12) （1）求 f(x)的单调递增区间； （2）若 a2 3，sin Bsin C 6 2，求ABC 的面积 20（本小题满分 12 分） 如
12、图，在四棱锥 EABCD 中，底面 ABCD 是圆内接四边形，CBCDCE 1，ABADAE 3，ECBD （1）证明：平面 BED平面 ABCD； （2）若点 P 在侧面 ABE 内运动，且 DP平面 BEC，求直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的最大值 21（本小题满分 12 分） 已知( )ln a f xxxx x ，其中 aR （1）讨论 f(x)的极值点的个数； （2）当 nN*时，证明： 2222 341 ln 2lnlnln 2324 nn nn 22（本小题满分 12 分） 某中学开展劳动实习，学生前往电子科技产业园，学习加工制造电子元件已知学生加工出的每个电 子元件
13、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测 k (kN*)个 这样的电子元件，并将它们串联成元件组进行筛选检测，若检测出元件组正常工作，则认为这 k 个电子元 件均正常工作；若检测出元件组不能正常工作，则认为这 k 个电子元件中必有一个或多个电子元件不能正 常工作，须再对这 k 个电子元件进行逐一检测 （1）记对电子元件总的检测次数为 X，求 X 的概率分布和数学期望； （2）若 p0.99，利用(1) (0 1，N*)的二项展开式的特点，估算当 k 为何值时，每个电子元 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
14、，将它们随机组装入电子系统中，不考虑组装时带来的影 响已知该系统配置有 2n1(nN*)个电子元件，如果系统中有多于一半的电子元件正常工作，该系统就 能正常工作将系统正常工作的概率称为系统的可靠性，现为了改善该系统的性能，拟向系统中增加两个 电子元件试分析当 p 满足什么条件时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性？ 徐州市 2021 届高三学情调研考试 数学试题参考答案 一、选择题：本题共 8 小题，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。 1A 2C 3B 4B 5D 6A 7C 8D 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
15、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。 9BC 10AB 11BCD 12ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分（第 16 题第一空 2 分，第二空 3 分），共 20 分。 1354.9 14若 mn，n，m，则 （或若 ，n，m，则 mn） 152 2 16 1 2 2 3 四、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（1）设an的公比为 q，则 ana1 qn1， 由已知得 11 2 132 2 8 aa q a qSS ，解得 a12，q2， 所以an的通项
16、公式为 an(2)n 5 分 （2）由（1）得 21 ( 2) 22 ( 2) 1 ( 2)33 n n n S ， 所以 1 1 2224 ( 2)( 2) 3333 nn n S ， 2 2 2228 ( 2)( 2) 3333 nn n S ， 则 12 44 ( 2)2 33 n nnn SSS ， 所以 Sn1，Sn，Sn2成等差数列10 分 18选条件：由题设得曲线 C 为焦点在 x 轴上的双曲线， 2 分 设 2 1 m a ， 2 1 n b (a0，b0)，所以 C 的方程为 22 22 1 xy ab (a0，b0)， 由题设得 22 2 22 3 916 1 ab a a
17、b ，解得 a21，b22，所以 C 的方程为 2 2 1 2 y x ， 4 分 1 当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x1，与曲线 C 有且仅有一个交点(1，0)， 不符合题意；6 分 2 当直线 l 的斜率存在时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y1k(x1)，即 yk(x 1)1，代入 2 2 1 2 y x 得(2k2)x22k(k1)x(k22k3)0 (*)， 若 2k20，即 k 2时，方程(*)有且仅有一解，不符合题意；8 分 若 2k20，即 k 2时，其判别式 2k(k1)24(k22)(k22k3) 8(2k3)0，则 3 2
18、k ， 所以方程(*)有两个不同实数解时， 3 2 2 kk 且 ， 10 分 于是 122 2 (1) 2 ( 1)2 2 k k xx k ，解得 k2，与 3 2 2 kk 且 矛盾！ 所以，不存在直线 l，与曲线 C 交于 A，B 两点，且 P 为线段 AB 的中点 12 分 选条件：由题设得曲线 C 为焦点在 x 轴上的椭圆， 2 分 设 2 1 m a ， 2 1 n b (ab0)，所以 C 的方程为 22 22 1 xy ab (ab0)， 由题设得 2 22 22 4 22 a ab ab ，解得 a24，b23，所以 C 的方程为 22 1 43 xy ，4 分 1 当直线
19、 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x1，代入 22 1 43 xy 得 3 2 y ，P(1，1) 不是线段 AB 的中点，不符合题意； 6 分 2 当直线 l 的斜率存在时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y1k(x1)，即 yk(x 1)1，代入 22 1 43 xy 得(34k2)x28k(k1)x4(k22k2)0， 其判别式 8k(k1)24 (34k2) 4(k22k2)16(5k26k6)0， 于是 122 8 (1) 2 ( 1)2 34 k k xx k ，解得 3 4 k ，9 分 故 337 (1) 1 444 yxx ，即 3x4y7
20、0， 所以存在直线 l：3x4y70，与曲线 C 交于 A，B 两点，且 P 为线段 AB 的中点 12 分 19（1）由题意得 f(x)m n2sin (xA) cos xsin A 2(sin x cos Acos x sin A) cos xsin A 2sin x cos x cos A2cos2x sin Asin A 2sin x cos x cos A(2cos2x1) sin A sin 2x cos Acos 2x sin Asin (2xA)， 2 分 由题意知 55 ()sin()1 126 fA，所以 5 2 62 Ak(kZ)， 因为 A(0，)，所以 5 5 (,)
21、 666 A ，所以 5 62 A，即 3 A ，4 分 所以 ( )sin(2) 3 f xx，令 2 22 232 kxk(k Z)， 解得 5 1212 kxk (k Z)， 所以 f(x)的单调递增区间为 5 , 1212 kk(k Z)6 分 （2）在ABC 中由正弦定理得 sinsinsin abc ABC ，于是 2 3 sinsin6 sin 3 2 bcbc BC ， 解得2 6bc，即 22 224bcbc， 8 分 在ABC 中由余弦定理得 222 2cosbcabcA，于是 22 12bcbc，10 分 解得 bc4，所以ABC 的面积为 113 sin43 222 b
22、cC 12 分 20（1）如图，在四棱锥 EABCD 中，连接 AC，交 BD 于点 O， 连接 EO，ADAB，CDCB，ACAC，ADCABC， 易得 ADOABO，AODAOB90 ，ACBD， 又 ECBD，ECACC，EC，AC平面 AEC，BD平面 AEC， 又 OE平面 AEC，OEBD，2 分 又底面 ABCD 是圆内接四边形，ADCABC90 ， 在 Rt ADC 中，由 AD 3，CD1，可得 AC2，AO 3 2， AEC90 ， AE AC AO AE 3 2，易得AEOACE，AOEAEC90 ， 即 EOAC，又 AC，BD 平面 ABCD，ACBDO，EO平面 A
23、BCD，4 分 又 EO 平面 BED，平面 BED平面 ABCD 5 分 （2）如图，取 AE 的中点 M，AB 的中点 N， 连接 MN，ND，DM，则 MNBE，由（1）知， DACBAC30 ，即DAB60 ，ABD 为正三角形， DNAB，又 BCAB，DN，CB 平面 ABCD， DNCB，6 分 又 MNDNN，BEBCB，MN，DN平面 DMN，BE，BC平面 EBC，平面 DMN平面 EBC， 点 P 在线段 MN 上7 分 以 O 为坐标原点，以OA OB OE ,为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 则 3 ( ,0,0) 2 A， 3 (0,0) 2 B
24、， 3 (0,0,) 2 E， 43 ( ,0,) 34 M， 3 (0,0) 2 D， 33 ( ,0) 44 M， 33 (,0) 22 AB ， 33 (,0,) 22 AE ， 333 ( ,) 424 DM ， 33 (0,) 44 MN ，8 分 设平面 ABE 的法向量为 n(x，y，z)， 则 0 0 AB AE n n ，即 30 30 xy xz ，不妨令1x ，则 n(1， 3， 3)，9 分 设MP MN (01)，则 33333 ( ,) 42444 DPDMMP， 10 分 设直线 DP 与平面 ABE 所成的角为 ， 则 2 |12 sin|cos,| | | 4
25、24 DP DP DP n n n ， 11 分 因为 01，所以当 0 时，sin 取得最大值 42 7 ， 故直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的最大值为 42 7 12 分 21（1）f(x)的定义域为(0，)，则 22 ( )ln1 1ln aa fxxx xx ， 令 2 ( )ln a g xx x ，x0，则 2 33 122 ( ) axa g x xxx ，1 分 当0a时， ( )lnfxx ，令 ( )0fx ，则1x ， 当 0 x1 时， ( )0fx ，f(x)单调递减， 当 x1 时， ( )0fx ，f(x)单调递增， 所以 f(x)在(0，)上有且仅有
26、一个极值点2 分 当0a时， ( )0g x ，所以 g(x)在(0，)上单调递增， 又 (1)0ga ， 22 1 (e )(1)0 ee a aa a gaa 所以 g(x)在(1，ea)上存在唯一零点，记为 x0，列表： x (0，x0) x0 (x0，) f (x) 0 f(x) 极小值 所以 f(x)在(0，)上有且仅有一个极值点4 分 当0a时，令 ( )0g x ，得2xa， 当 0 x2a时， ( )0g x ，g(x)单调递减， 当 x2a时， ( )0g x ，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming( 2a) 1 ln2 2 a， 当 a 1 2e 时，g(x)min0
27、，故 f (x)0，f(x)在(0，)上单调递增， 所以 f(x)在(0，)上无极值点，5 分 当 1 2e a0 时，g(x)ming( 2a) 1 ln2 2 a0，又(1)0ga ， 0221aa ，下面证 1 ( 2 )ln( 2 )0 4 gaa a ，6 分 令 1 ( )ln( 2 ) 4 aa a ( 1 2e a0)， 222 2 1 2141 e ( )0 2444 a a aaaa ， 所以 ( )a 在( 1 2e ，0)上单调递增， 所以 11ee ( 2 )( )()ln10 2ee22 gaa ， 所以 g(x)在(0，)上有且仅有两个零点，记为 ,() ，列表：
28、 x (0，) (，) (，) f (x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以 f(x)在(0，)上有且仅有两个极值点7 分 综上所述，当 a 1 2e 时，f(x)无极值点；当 1 2e a0 时，f(x)有两个极值点； 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ln1xxx ，10 分 即 1 ln1x x ，所以 22 1 ln(1)x x ，令 1n x n 得 故 22 111111 ln() 11212 n nnnnnn ， 11111111 2334122224 n nnnn 12 分 22（1）X 可能的取值为 1，k
29、1， P(X1)pk，P(Xk1)1pk，X 的概率分布为： X 1 k1 P pk 1pk 2 分 所以 X 的数学期望 E(X)1 pk(k1)(1pk)k1kpk3 分 （2）根据(1) (0 1，N*)的二项展开式的特点，可知(1 )1 ，4 分 记每个电子元件的检测次数为 Y，p0.9910.01， 所以 ()1111 11 (1 0.01)1 1 0.01 k kk E Xkkp Ypk kkkkk 11 0.0120.010.2kk kk ，当且仅当 1 0.01k k ，即 k10 时取等，6 分 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
30、 分 （3）记当系统配置有 2n1(nN*)个电子元件时，系统正常工作的概率为 21n P ， 当系统配置有 2n1(nN*)个电子元件时，系统正常工作的概率为 21n P ， 若前 2n1 个电子元件中恰有 n1 个正常工作，此时后两个元件必须同时正常工作； 若前 2n1 个电子元件中恰有 n 个正常工作，此时后两个元件至少须有 1 个正常工作； 若前 2n1 个电子元件中恰有 n1 个正常工作，此时系统必定正常工作；8 分 可以求得： 1121211 21212122121 CC C(1) C(1)(1)(1) nnnnnnnnn nnnnn PppPpppppppp 故 11121 212121212 CCC(1) 1(1)(1) nnnnnn nnnn PPppppppp 21 C(21)(1) nnn n ppp ， 10 分 令 2121 0 nn PP ，得 2p10，即 p 1 2 ， 所以当 p 1 2 时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性 12 分
