【文档说明】江苏省苏锡常镇四市2021届高三下学期3月教学情况调研（一）（一模）数学（全解析）.docx，共(17)页，1.815 MB，由小赞的店铺上传

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2020~2021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U＝R，集合A＝[2，4]，B＝{x|log2x＞1},则集合(

)=BCAU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()+=，2B，则(2，−=BCU，所以()2=BCAU，故答案选B．2．“22sin=”是“sinα＝cosα

”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22sin=，可为43，不能得到sinα＝cosα；当sinα＝cosα时，可为45

，此时22sin−=，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．(3－2x)(x＋1)5式中x3的系数为A．－15B．－10C．10D．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x

3的系数为10233525=−CC，故答案选C．5.函数()()xxxxf−+=1lnsin2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()()()

=++−=−xxxxf1lnsin2()1222221lnsin11lnsin1111lnsin−−+−=−+−=−+−+++−xxxxxxxxxxxxx()()xfxxx=−+=1lnsin2，为偶函数，所以排除D选项，故答案选A．6．过抛物线y2

＝2x上一点P作圆()1622=−+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．(32,3)C．(2，2)D．(52,5)【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，221，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()361241621242222+−+=−+=aaaaaPC，可令()36124124+−+=aaaaf则()()()62212223++−=−+=aaaaaaf，则()0=af时，2=a，此时取得最小值，四边

形PACB的面积为()19126211212222=−−+=−PC，所以()22，P则故答案选A．7．若随机变量()pBX，3~，()22~，NY，若P(X≥1)＝0.657，P(0＜Y＜2)＝p，则P(Y＞4)＝A．0.2B．0.3

C．0.7D．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f(x)＝x2－16x，x≠00，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)≥0①当x＝－1或0时显然成立；②当1−x时，可有0163−xx，可

解得x≤－2；③当01−xx且时，可有0163−xx，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()+=42sinxxf，则A．函数y＝f(x)的图象可由函数y＝sin2x的图象向右平移π

4个单位得到B．函数y＝f(x)的图象关于直线x＝π8轴对称C．函数y＝f(x)的图象关于点(－π8,0)中心对称D．函数y＝x2＋f(x)在80，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π4

个单位可得到()xxxxf2cos22sin42sin−=−=−=，所以选项A错误；对于选项B，1482sin8=+=f，取到了最大值，所以函

数y＝f(x)的图象关于直线x＝π8轴对称，所以选项B正确；对于选项C，08=−f，所以函数y＝f(x)的图象关于点(－π8,0)中心对称，所以选项C正确；对于选项D，函数2xy=在

80，上为增函数，80，x时，+2442，x，单调递增，所以函数y＝x2＋f(x)在80，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()0012222=−babyax，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2PFPO=，则双曲线的离心率e≥2B．若△POF2是面积为3的正三角形，则b2＝23C．若A2为双曲线的右顶点，PF2⊥x轴，则F2

A2＝F2PD．若射线F2P与双曲线的一条渐近线交于点Q，则aQFQF221−【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2PFPO=，所以OF2的中垂线x＝c2与双曲线有交点，即有ac2，解得e≥2，故选项A正确；

对于选项B，因为2122====cOFOFPF，解得321=PF，所以13221−=−=PFPFa，所以32222=−=acb，故选项B正确；对于选项C，F2A2＝c－a,F2P＝b2a,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：|QF1

－QF2|＝QF1－QF2＞PF1－PQ－QF2＝PF1－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//CDB．AF⊥DEC．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zyx1243==，则A．6z＜3x＜4yB．zyx121=+C．x＋y＞4zD．24zxy【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11243===mzyx，则12log14log13log1mmmzyx===，，，则有1x＋1y＝1z,故选项B错误；对于选项A，034log9log12log21=−=−mmmxz，所以zx2，又06481log64lo

g81log34=−=−mmmyx，所以xy34，所以zxy634，故选项A正确；对于选项C、D，因为zyx111=+，所以yxxyz+=，所以()()()()0442222222++−=++−=−yxyxx

yyxyxxyyxxyz，所以24zxy，则()24zyxz+，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，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：2=+zz；乙：izz32=−；丙：4=zz；丁：22zzz=．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】i+1【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，biaz−=，azz2=+，bizz2=−，22bazz+=，222bazzz+=，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1==ba，此时iz+=1．故答案

为i+1．15．若1cos2sin32=+xx，则+−32cos65sinxx＝▲．【答案】327【考点】三角函数的公式、三角恒等变换应用【解析】由题意可得16sin4=+x，令tx=+6，

则41sin=t，6−=tx，所以原式＝()327)sin21(sin2cossin2=−=−tttt，故答案为327．16．四面体的棱长为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】1

211；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h＝22－(33)2＝113,则体积V＝13×34×11

3＝1112，1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∠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，BDsin∠BAD＝ABsin∠BDA,所以sin∠BDA＝ABsinπ6BD＝32,因为∠BDA∈(0，π)，所以∠BDA＝2π3,∠BDA＝π3,∠BDA＝2π3时，∠B＝π6,所

以∠C＝π3,∠BDA＝π3时，∠B＝π2(舍)所以∠C＝π3(2)因为AB＝3BD,CD＝2BD，所以AB＝33BC,AC＝63BC,AD＝→AB＋→BD＝→AB＋13→BC＝→AB＋13(→AC－→AB)＝23→

AB＋13→AC所以AD2＝49AB2＋19AC2,所以BC＝62,AB＝26,AC＝43,所以212=ABCS．18．(12分)已知等比数列{an}的各项均为整数，公比为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nS，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q＝－2，取a1＝3,an＝3×2n－1．(2)由题意，()3211nnaS−−=，所以当n为奇数时，Sn＝a1(1＋2n)3,Sm＋1＝a1(1－2n＋1)

3,Sn－2＝a1(1＋2m＋2)3,所以Sn＋1＋Sn＋2＝a1(2＋2n＋1)2＝2Sn,当n为偶数时，Sn＝a1(1－2n)3,Sn＋1＝a1(1＋2m－1)3Sm＋2＝a1(1－2n＋2)3,a(2－2\"＋)＝2

S，，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，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求解【解析】取AD的中点G，连接P

G,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CG＝1,PC＝2,PG＝1，所以PG⊥C

G，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·→PA＝－y－z＝0n·→PC＝x＋y＝0,取y＝－1，x＝1，z＝1，则n＝(1，－1，1)，则cos＜→PB,n≥1＋1－13×3＝13，所以PB与平面PAC所成角的正弦值为13(2)因为D(0，1，0)，所以E(0,12,12)

,所以F(12,－14,14),→AF＝(12,34,14),则n→AF＝12－34＋14＝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(X＝3,Y＝3)＝16

×13×16×23×12＝19,所以两种方案检测的次数相同的概率为19．(2)P(X＝1)＝P(X＝2)＝P(X＝3)＝P(X＝4)＝61，P(X＝5)＝13，所以E(X)＝103,P(Y＝2)＝13,P(Y＝2)＝23×1＝23,则E(Y)＝83,因为()()YEXE，所以采用乙方

案．21．(12分)已知O为坐标系原点，椭圆1422=+yxC：c.x24＋y2＝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32.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：FMFN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()+，0x，()()2xxgxf恒成立，求g(x)的表达式；(2)讨论关于x的方程f(x)f(1x)＝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m＝2时，f(x)＝1

＋2lnx，可设())0(1ln22−−=xxxxh，则()xxxxxh12122−=−=，令()0=xh，解得22=x，所以()xh在220，上单调递减，在+，22上单调递增，所以()0122ln22122min=−−==

hxh，所以()()111gf，(2)f(x)f(1x)＝x2,1＋mlnx1－mlnx＝x2(x＞0)∴n(t)＝0在(0，＋∞)恒有一解，即f(x)f(1x)＝x2只有一解②m＜0时，n'(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，n'(t)＝mt2＋(2m－4)t＋mt(t＋1)2Φ(t)＝mr2＋(2m－4)t＋mφ(1)＝m－4≤0．φ(0)＝m．φ(1)＝0在(0，＋∞)上有两

解，且0＜t1＜1＜t2又∵n(1)＝0，∴n(t1)＞0,n(t2)＞0t＞ez时，n(t)=mlnt+41+1=2>2+4t+1-2>0