1、 南京市南京市 2021 届高三年级学情届高三年级学情调研调研 数学数学参考答案参考答案 2020.09 一、一、单项单项选择题：本大题共选择题：本大题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分分 1C 2B 3D 4A 5A 6C 7C 8B 二二、多项多项选择题选择题：本大题共本大题共 4 4 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 2020 分分 9ABD 10ACD 11ABC 12AC 三三、填空题填空题：本大题共本大题共 4 4 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 2020 分分 132 1464 3 154；220 16(，1 四四、解答
2、题解答题：本大题共本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分 17 （本小题满分 10 分） 解解：因为 m(2cosx，1)，n( 3sinx，2cos2x)， 所以 f(x)m n12 3sinxcosx2cos2x1 3sin2xcos2x2sin(2x 6) 4 分 （1）T2 2 5 分 （2）由 f()8 5，得 sin(2 6) 4 5 由 3， 7 12，得 22 6， 所以 cos(2 6) 1sin2(2 6) 1(4 5) 23 5， 7 分 从而 cos2cos(2 6) 6cos(2 6)cos 6sin(2 6)sin 6 3 5 3 2 4 5 1 2 4
3、3 3 10 10 分 18 （本小题满分 12 分） 解：解： （1）选， 因为 S1S32S22， 所以 S3S2S2S12，即 a3a22， 又数列an是公比为 2 的等比数列， 所以 4a12a12，解得 a11， 因此 an12n 12n1 4 分 此时任意 m，nN*，aman2m 12n12mn2， 由于 mn1N*，所以 aman是数列an的第 mn1 项， 因此数列an满足条件 P 7 分 选， 因为 S37 3，即 a1a2a3 7 3， 又数列an是公比为 2 的等比数列， 所以 a12a14a17 3，解得 a1 1 3， 因此 an1 32 n1 4 分 此时 a1a
4、22 9a1an，即 a1a2不为数列an中的项， 因此数列an不满足条件 P 7 分 选， 因为 a2a34a4， 又数列an是公比为 2 的等比数列， 所以 2a14a148a1，又 a10，故 a14， 因此 an42n 12n1 4 分 此时任意 m，nN*，aman2m 12n12mn2， 由于 mn1N*，所以 aman是为数列an的第 mn1 项， 因此数列an满足条件 P 7 分 （2）因为数列an是公比为 2 的等比数列， 所以an 1 an 2，因此 bnn2n 1 所以 Tn120221322n2n1， 则 2Tn 121222(n1)2n1n2n， 两式相减得Tn121
5、222n1n2n 10 分 12 n 12 n2n (1n)2n1， 所以 Tn(n1)2n1 12 分 19 （本小题满分 12 分） 解解： （1）假设 H0：课外阅读达标与性别无关，根据列联表，求得 2 100 (36 302410)2 (3624) (1030) (3610) (2430) 2450 207 11.8366.635， 因为当 H0成立时，26.635 的概率约为 0.01， 所以有 99%以上的把握认为课外阅读达标与性别有关 4 分 （2）记事件 A 为：从该校男生中随机抽取 1 人，课外阅读达标； 事件 B 为：从该校女生中随机抽取 1 人，课外阅读达标 由题意知：P
6、(A)24 60 2 5，P(B) 30 40 3 4 6 分 随机变量 X 的取值可能为 0，1，2，3 P(X0)(12 5) 2 (13 4) 9 100， P(X1)C12 2 5 (1 2 5) (1 3 4) 3 4 (1 2 5) 239 100， P(X2)(2 5) 2 (13 4)C 1 2 2 5 (1 2 5) 3 4 2 5， P(X3)(2 5) 23 4 3 25 所以随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 9 100 39 100 2 5 3 25 10 分 期望 E(X)0 9 1001 39 1002 2 53 3 25 1.55 12 分 20
7、 （本小题满分 12 分） （1）证明：证明：因为PAD90 ，所以 PAAD 因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PA平面 PAD， 所以 PA平面 ABCD 2 分 又 CD平面 ABCD，所以 CDPA 在四边形 ABCD 中，AD/BC，DAB90 ，所以ABC90 ， 又 ABBC1，所以ABC 是等腰直角三角形，即BACCAD45 ，AC 2 在CAD 中，CAD45 ，AC 2，AD2， z x P A B C D E y 所以 CD AC2AD22ACADcosCAD 2，从而 AC2CD24AD2 所以 CDAC 4 分 又 ACPAA，AC，PA
8、平面 PAC，所以 CD平面 PAC 又 AE平面 PAC，所以 CDAE 6 分 （2）解：解：因为 PA平面 ABCD，BAAD， 故以AB，AD，AP为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 因为 ABBCPA1，AD2， 所以 A(0，0，0)，P(0，0，1)， C(1，1，0)，D(0，2，0)， 则CD(1，1，0)，AD(0，2，0) 因为点 E 在棱 PC 上，且 CECP， 所以CECP， 设 E(x，y，z)，则(x1，y1，z)(1，1，1)， 故 E(1，1，)，所以AE(1，1，) 由（1）知，CD平面 PAC，所以平面 ACE 的一个法向量为 nCD(1，1，0)
9、 设平面 AED 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m AE0， mAD0， 得 (1)x1(1)y1z10， y10， 令 z11，所以平面 AED 的一个法向量为 m(，0，1) 9 分 因此 |cos|cos|m n |m|n| 2 2(1)2| 10 5 ， 化简得 32840，解得 2 3或 2 因为 E 在棱 PC 上，所以 0，1，所以 2 3 所以当|cos| 10 5 时，实数 的值为2 3 12 分 21 （本小题满分 12 分） 解解： （1）因为椭圆 C：x 2 4 y21，所以 F1( 3，0)，F2( 3，0) 设 T(x0，y0)，则 TF1 TF 2 (
10、 3x 0，y0)( 3x0，y0)x0 2y 0 23 因为点 T(x0，y0)在椭圆 C 上，即x0 2 4 y021，所以TF1 TF 2 3 4x0 22，且 x 0 20，4， 所以TF1 TF 2 的取值范围是2，1 4 分 （2）因为直线 l 与坐标轴不垂直，故设直线 l 方程 ykxm (m1，k0) 设 B(x1，y1)，(x2，y2) 由 ykxm， x2 4 y21得(14k 2)x28kmx4m240， 所以 x1x2 8km 14k2，x1x2 4(m21) 14k2 6 分 因为ABD 是以 A 为直角顶点的等腰直角三角形，所以 ABAD，即 AB AD0， 因此
11、(y11)( y21)x1x20，即(kx1m1)( kx2m1)x1x20， 从而 (1k2) x1x2k(m1)( x1x2)(m1)20， 即 (1k2)4(m 21) 14k2 k(m1) 8km 14k2(m1) 20， 也即 4(1k2)( m1)8k2m(14k2) (m1)0， 解得 m3 5 9 分 又线段 BD 的中点 M( 4km 14k2， m 14k2)，且 AMBD， 所以 m 14k21 4km 14k2 1 k，即 3m14k 2，解得 k5 5 又当 k 5 5 ，m3 5时，64k 2m24(14k2)( 4m24)576 25 0， 所以满足条件的直线 l
12、 的方程为 y 5 5 x3 5. 12 分 22 （本小题满分 12 分） 解：解： （1）当 k2 时，f (x)2xxlnx，f(x)1lnx， 由 f(x)0，解得 0 xe；由 f(x)0，解得 xe， 因此函数 f (x)单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，) 2 分 （2）f (x)kxxlnx，故 f(x)k1lnx 当 k1 时，因为 0 x1，所以 k10lnx， 因此 f(x)0 恒成立，即 f (x)在(0，1上单调递增， 所以 f (x)f (1)k 恒成立 4 分 当 k1 时，令 f(x)0，解得 xek 1(0，1) 当 x(0，ek 1)，f(x)0，f (x)单调递增；当 x(ek1，1)，f(x)0，f (x)单调递减； 于是 f (ek 1)f (1)k，与 f (x)k 恒成立相矛盾 综上，k 的取值范围为1，) 7 分 （3）由（2）知，当 0 x1 时，xxlnx1 令 x 1 n2(nN *)，则 1 n2 2 n2lnn1，即 2lnnn 21， 因此 lnn n1 n1 2 10 分 所以ln1 2 ln2 3 lnn n1 0 2 1 2 n1 2 n(n1) 4 12 分
