江苏省徐州市（市区部分学校）2021届高三9月学情调研考试数学试题 WORD版含答案.doc

1、徐州市2021届高三学情调研考试数 学 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2B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，

2、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ABA1B1，2C0，1，2，3D1，0，1，2，3 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

3、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m1m22.5(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1.2

4、5“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，10x12.3x2.7x2）A1.23B1.26C1.51D1.57 5设a，b，c为单位向量，且ab0，则(ac)(bc)的最小值为A2B2C1D1 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ABCD 7用一平面截正方体，所得

5、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成立的实数x的取值范围是Ax|x1B(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AlogaclogbcBabcbacCalogbcblogacDa(bc)b(ac)10下列四个命题中，真命题为A若复数z满足zR，则B若复数z满足R，则zRC若

6、复数z满足z2R，则zRD若复数z1，z2满足z1z2R，则11已知抛物线C：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y1B线段PQ长度的最小值为4CM的坐标可能为(3，2)D312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

7、其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)a2018a2021Ba1a2a3a2019a20211Ca12a22a32(a2020)22a2019a2021Da2019a2021(a2020)2a2018a2020(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)1020304050营业额y (单位：万元)626875818

8、9由最小二乘法求得回归直线方程为，则的值为_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的一个三等分点，记，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。

9、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，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

10、a，b，c，设向量m(2sin (xA)，sin A)，n(cos x，1)，f(x)mn，且对任意xR，都有f(x)f()（1）求f(x)的单调递增区间；（2）若a2，sin Bsin C，求ABC的面积20（本小题满分12分）如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CBCDCE1，ABADAE，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，其中aR（1）讨论f(x)的极值点的个数；（2）当nN*时，证明：22（本小题满分12分）某中学开展劳动实习，学生前

11、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

12、出的电子元件进行筛选检测，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。1A2C3B4B5D6A7C8D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。

13、全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。9BC10AB11BCD12ABD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。1354.914若mn，n，m，则（或若，n，m，则mn）152162四、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ana1qn1，由已知得，解得a12，q2，所以an的通项公式为an(2)n 5分（2）由（1）得，所以，则，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，(a0，b0)，所以C的方程为(a0，b0)，

14、由题设得，解得a21，b22，所以C的方程为， 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(x1)1，代入得(2k2)x22k(k1)x(k22k3)0 (*)，若2k20，即k时，方程(*)有且仅有一解，不符合题意；8分若2k20，即k时，其判别式2k(k1)24(k22)(k22k3)8(2k3)0，则，所以方程(*)有两个不同实数解时， 10分于是，解得k2，与矛盾！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

15、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，(ab0)，所以C的方程为(ab0)，由题设得，解得a24，b23，所以C的方程为，4分1 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x1，代入得，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(x1)1，代入得(34k2)x28k(k1)x4(k22k2)0，其判别式8k(k1)24(34k2)4(k22k2)16(5k26k6)0，于是，解得，9分故，即3x4y70，所以存在直线l：3x4y70，与曲线C交于A，B两点，且P为线

16、段AB的中点12分19（1）由题意得f(x)mn2sin (xA)cos xsin A2(sin xcos Acos xsin A)cos xsin A2sin xcos xcos A2cos2xsin Asin A2sin xcos xcos A(2cos2x1)sin Asin 2xcos Acos 2xsin Asin (2xA)， 2分由题意知，所以(kZ)，因为A(0，)，所以，所以，即，4分所以，令(k Z)，解得(k Z)，所以f(x)的单调递增区间为(k Z)6分（2）在ABC中由正弦定理得，于是，解得，即， 8分在ABC中由余弦定理得，于是，10分解得bc4，所以ABC的面积

17、为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RtADC中，由AD，CD1，可得AC2，AO，AEC90，易得AEOACE，AOEAEC90，即EOAC，又AC，BD平面ABCD，ACBDO，EO平面ABCD，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MNB

18、E，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，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则，8分设平面ABE的法向量为n(x，y，z)，则，即，不妨令，则n(1，)，9分设 (01)，则， 10分设直线DP与平面ABE所成的角为，则， 11分因为01，所以当0时，sin 取得最大值，故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为 12分21（1）f(x)的定义域为(0，)，则，

19、令，x0，则，1分当时，令，则，当0x1时，f(x)单调递减，当x1时，f(x)单调递增，所以f(x)在(0，)上有且仅有一个极值点2分当时，所以g(x)在(0，)上单调递增，又，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)0f(x)极小值所以f(x)在(0，)上有且仅有一个极值点4分当时，令，得，当0x时，g(x)单调递减，当x时，g(x)单调递增，所以g(x)ming()，当a时，g(x)min0，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a0时，g(x)ming()0，又，下面证，6分令(a0

20、)，所以在(，0)上单调递增，所以，所以g(x)在(0，)上有且仅有两个零点，记为，列表：x(0，)(，)(，)f (x)00f(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时，f(x)无极值点；当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，10分即，所以，令得故，12分22（1）X可能的取值为1，k1，P(X1)pk，P(Xk1)1pk，X的概率分布为：X1k1Ppk1pk2分所以X的数学期望E(X)1pk(k1)(1pk)k1kpk3分（2）根据(1) (0 1，N*)的二项展开式的特

21、点，可知，4分记每个电子元件的检测次数为Y，p0.9910.01，所以，当且仅当，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，当系统配置有2n1(nN*)个电子元件时，系统正常工作的概率为，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：故， 10分令，得2p10，即p，所以当p时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性 12分