2021江苏省苏锡常镇四市高三下学期3月教学情况调研（一）（一模）数学试题含解析

这是一份2021江苏省苏锡常镇四市高三下学期3月教学情况调研（一）（一模）数学试题含解析试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，eq 5式中x3的系数为，函数，则，若，则＝ ▲ 等内容，欢迎下载使用。

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U＝R，集合A＝[2，4]，eq B＝{x|lg\s\d(2)x＞1},则集合
A． B．{2} C．{x|0≤x≤2} D．{x|x≤2}
【答案】B
【考点】集合的运算
【解析】由题意，则，所以，故答案选B．
2．“”是“sinα＝csα”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，可为，不能得到sinα＝csα；当sinα＝csα时，可为，此时，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．eq (3－2x)(x＋1)5式中x3的系数为
A．eq eq －15 B．－10 C．10 eq D．15
【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，故答案选C．
5.函数的图象大致是
【答案】A
【考点】 函数的图象判断与识别
【解析】由题意，可排除B、C选项；又
，为偶函数，所以排除D选项，故答案选A．
6．过抛物线eq y\s\up6(2)＝2x上一点P作圆的切线，切点为A，B，则当四边形PACB的面积最小时，P点的坐标是
A．eq (1,\r(,2)) B．eq (\f(3,2),\r(,3)) C．(2，2) D．eq (\f(5,2),\r(,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，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，可令则，则时，，此时取得最小值，四边形PACB的面积为，所以则故答案选A．
7．若随机变量，，若P(X≥1)＝0.657，P(0＜Y＜2)＝p，则P(Y＞4)＝
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
【答案】A
【考点】 二项分布、正态分布的应用
【解析】由题意P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(1－p)3＝0.657，解得p＝0.3，则P(0＜Y＜2)＝0.3，所以P(Y＞4)＝P(Y＜0)＝0.5－P(0＜Y＜2)＝0.2，故答案选A．
8．若eq f(x)＝\B\lc\{(\a\al(x\s\up6(2)－\f(16,x)，x≠0,0，x＝0))则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是
A．[－1，1]∪[3，＋∞) B．(－∞，－1]∪[0，1]∪[3，＋∞)
C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[－1，0]∪[1，＋∞)
【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(x＋1)f(x)≥0
①当x＝－1或0时显然成立；
②当时，可有，可解得x≤－2；
③当时，可有，可解得－1＜x＜0或x≥2；
所以x∈(－∞，－2]∪[－1，0]∪[2，＋∞)
则原不等式的解为x∈(－∞，－1]∪[0，1]U[3，＋∞)，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，则
A．函数y＝f(x)的图象可由函数y＝sin2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位得到
B．函数y＝f(x)的图象关于直线eq x＝\f(π,8)轴对称
C．函数y＝f(x)的图象关于点eq (－\f(π,8),0)中心对称
D．函数eq y＝x\s\up6(2)＋f(x)在上为增函数
【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y＝sin2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位可得到，所以选项A错误；对于选项B，，取到了最大值，所以函数y＝f(x)的图象关于直线eq x＝\f(π,8)轴对称，所以选项B正确；对于选项C，，所以函数y＝f(x)的图象关于点eq (－\f(π,8),0)中心对称，所以选项C正确；对于选项D，函数在上为增函数，时，，单调递增，所以函数eq y＝x\s\up6(2)＋f(x)在上为增函数，所以选项D正确；综上，答案选BCD．
10．已知O为坐标原点，eq F\s\d(1),F\s\d(2)分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有
A．若，则双曲线的离心率e≥2
B．若△POF2是面积为eq \r(,3)的正三角形，则eq b\s\up6(2)＝2\r(,3)
C．若eq A\s\d(2)为双曲线的右顶点，eq PF\s\d(2)⊥x轴，则eq F\s\d(2)A\s\d(2)＝F\s\d(2)P
D．若射线eq F\s\d(2)P与双曲线的一条渐近线交于点Q，则
【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，所以OF2的中垂线xeq ＝\f(c,2)与双曲线有交点，即有，解得e≥2，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，eq F\s\d(2)A\s\d(2)＝c－a,F\s\d(2)P＝\f(b\s\up6(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：eq |QF\s\d(1)－QF\s\d(2)|＝QF\s\d(1)－QF\s\d(2)＞PF\s\d(1)－PQ－QF\s\d(2)＝PF\s\d(1)－PF2＝2a，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
A．AF//CD
B．AF⊥DE
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DE⊥CD，且AF//CD，所以AF⊥DE，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，则
A．eq eq 6z＜3x＜4y B． C．eq x＋y＞4z D．
【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，则，则有eq \f(1,x)＋\f(1,y)＝\f(1,z),故选项B错误；对于选项A，，所以，又，所以，所以，故选项A正确；对于选项C、D，因为，所以，所以，所以，则，则，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，λ)，若(2a－b)//c，则实数λ＝ ▲ ．
【答案】－3
【考点】平面向量的共线性质应用
【解析】由题意可得2a－b＝(2，－6)，则2λ－(－1)×(－6)＝0，解得λ＝－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：；乙：；丙：；丁：．
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】
【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z＝a＋bi，a＞0，b＞0，，，，，，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，此时．故答案为．
15．若，则＝ ▲ ．
【答案】
【考点】三角函数的公式、三角恒等变换应用
【解析】由题意可得，令，则，，所以原式＝，故答案为．
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】；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eq h＝\r(,2\s\up6(2)－(\f(\r(,3),3))\s\up6(2))＝\f(\r(,11),\r(,3)),则体积Veq ＝\f(1,3)×\f(\r(,3),4)×\f(\r(,11),\r(,3))＝\f(\r(,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，，点D在边BC上，满足eq AB＝\r(,3)BD.
(1)若∠BAD＝30°，求∠C；
(2)若CD＝2BD，AD＝4，求△ABC的面积．
【考点】解三角形、三角恒等变换、平面向量的基本定理的应用
【解析】
(1)在△ABD中，eq \f(BD,sin∠BAD)＝\f(AB,sin∠BDA),所以eq sin∠BDA＝\f(ABsin\f(π,6),BD)＝\f(\r(,3),2),
因为∠BDA∈(0，π)，所以eq ∠BDA＝\f(2π,3),eq ∠BDA＝\f(π,3),eq ∠BDA＝\f(2π,3)时，eq ∠B＝\f(π,6),
所以eq ∠C＝\f(π,3),eq ∠BDA＝\f(π,3)时，eq ∠B＝\f(π,2)(舍)所以eq ∠C＝\f(π,3)
(2)因为eq AB＝\r(,3)BD,CD＝2BD，所以eq AB＝\f(\r(,3),3)BC,AC＝\f(\r(,6),3)BC,
ADeq ＝\\ac(\S\UP7(→),AB)＋\\ac(\S\UP7(→),BD)＝\\ac(\S\UP7(→),AB)＋\f(1,3)\\ac(\S\UP7(→),BC)＝\\ac(\S\UP7(→),AB)＋\f(1,3)(\\ac(\S\UP7(→),AC)－\\ac(\S\UP7(→),AB))＝\f(2,3)\\ac(\S\UP7(→),AB)＋\f(1,3)\\ac(\S\UP7(→),AC)
所以eq AD\s\up6(2)＝\f(4,9)AB\s\up6(2)＋\f(1,9)AC\s\up6(2),
所以eq BC＝6\r(,2),AB＝2\r(,6),AC＝4\r(,3),所以．
18．(12分)
已知等比数列eq {a\s\d(n)}的各项均为整数，公比为q，且|q|>1，数列eq {a\s\d(n)}中有连续四项在集合M＝{－96，－24，36，48，192}中，
(1)求q，并写出数列eq {a\s\d(n)}的一个通项公式；
(2)设数列eq {a\s\d(n)}的前n项和为，证明：数列eq {s\s\d(n)}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q＝－2，取eq a\s\d(1)＝3,eq a\s\d(n)＝3×2\s\up6(n－1)．
(2)由题意，，所以当n为奇数时，eq S\s\d(n)＝\f(a\s\d(1)(1＋2\s\up6(n)),3),
eq S\s\d(m＋1)＝\f(a\s\d(1)(1－2\s\up6(n＋1)),3), S\s\d(n－2)＝\f(a\s\d(1)(1＋2\s\up6(m＋2)),3),
所以eq S\s\d(n＋1)＋S\s\d(n＋2)＝\f(a\s\d(1)(2＋2\s\up6(n＋1)),2)＝2S\s\d(n),
当n为偶数时，eq S\s\d(n)＝\f(a\s\d(1)(1－2\s\up6(n)),3), S\s\d(n＋1)＝\f(a\s\d(1)(1＋2\s\up6(m－1)),3)
eq S\s\d(m＋2)＝\f(a\s\d(1)(1－2\s\up6(n＋2)),3),a(2－2\"＋)＝2S，，
所以对eq S\s\d(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P－ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，eq PC＝\r(,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eq PG,CG,
因为△APD是等腰直角三角形，所以PG⊥AD，
因为AD＝2，所以PG＝1，
因为AG＝1，且AD//BC，所以AG//BC，
因为AG＝BC＝1，所以四边形AGCB为平行四边形，所以AB//CG，
又因为AB⊥AD，所以CG⊥AD，
又eq CG＝1,PC＝\r(,2),PG＝1，所以PG⊥CG，
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)，eq \\ac(\S\UP7(→),PA)＝(0,－1,－eq ),\\ac(\S\UP7(→),AC)＝(1,1,0),
设平面eq PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \B\lc\{(\a\al(n·\\ac(\S\UP7(→),PA)＝－y－z＝0,n·\\ac(\S\UP7(→),PC)＝x＋y＝0)),
取y＝－1，x＝1，z＝1，则n＝(1，－1，1)，
则ceq s＜\\ac(\S\UP7(→),PB),n≥\f(1＋1－1,\r(,3)×\r(,3))＝\f(1,3)，所以PB与平面PAC所成角的正弦值为eq \f(1,3)
(2)因为D(0，1，0)，所以eq E(0,\f(1,2),\f(1,2)),所以eq F(\f(1,2),－\f(1,4),\f(1,4)), \\ac(\S\UP7(→),AF)＝(\f(1,2),\f(3,4),\f(1,4)),则neq \\ac(\S\UP7(→),AF)＝\f(1,2)－\f(3,4)＋\f(1,4)＝0,
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X∈{1，2，3，4，5}，记乙方案检测的次数是Y，则Y∈{2，3}
(1)记两种方案检测的次数相同为事件A，则
P(A)＝P(X＝2，Y＝2)＋P(eq X＝3,Y＝3)＝\f(1,6)×\f(1,3)×\f(1,6)×\f(2,3)×\f(1,2)＝\f(1,9),
所以两种方案检测的次数相同的概率为eq \f(1,9)．
(2)P(X＝1)＝P(X＝2)＝P(X＝3)＝P(X＝4)＝，eq P(X＝5)＝\f(1,3)，
所以eq E(X)＝\f(10,3),
eq P(Y＝2)＝\f(1,3),P(Y＝2)＝\f(2,3)×1＝\f(2,3),
则eq E(Y)＝\f(8,3),
因为，所以采用乙方案．
21． (12分)
已知O为坐标系原点，椭圆eq c.\f(x\s\up6(2),4)＋y\s\up6(2)＝1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eq \f(\r(,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：eq \f(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)＝1＋mlnx(m∈R)．
(1)当m＝2时，一次函数g(x)对任意，恒成立，求g(x)的表达式；
(2)讨论关于x的方程eq \f(f(x),f(\f(1,x)))＝x\s\up6(2)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m＝2时，f(x)＝1＋2lnx，
可设，
则，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
(2)eq \f(f(x),f(\f(1,x)))＝x\s\up6(2),eq \f(1＋mlnx,1－mlnx)＝x\s\up6(2)(x＞0)
eq ∴n(t)＝0在(0，＋∞)恒有一解，即eq \f(f(x),f(\f(1,x)))＝x\s\up6(2)只有一解
②m＜0时，eq n\s\up6(')(t)≤0:n(t)在1∈(0，＋∞)上递减
又∵n(1)＝0∴n(1)在(0，＋∞)恒有一解
③0＜m＜1时，eq n\s\up6(')(t)＝\f(mt\s\up6(2)＋(2m－4)t＋m,t(t＋1)\s\up6(2))
eq Φ(t)＝mr\s\up6(2)＋(2m－4)t＋mφ(1)＝m－4≤0．φ(0)＝m．φ(1)＝0在(0，＋∞)上有两解，且eq 0＜t\s\d(1)＜1＜t\s\d(2)
又∵n(1)＝0，eq ∴n(t\s\d(1))＞0, n(t\s\d(2))＞0
eq t＞e\s\up6(z)时，eq n(t)=mlnt+\f(4,1+1)=2>2+\f(4,t+1)-2>0