2021届江苏省徐州市市区部分学校高三上学期9月学情调研考试数学试题（解析版）

这是一份2021届江苏省徐州市市区部分学校高三上学期9月学情调研考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届江苏省徐州市市区部分学校高三上学期9月学情调研考试数学试题


一、单选题
1．已知集合，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】先求解出一元二次不等式的解集为集合，然后根据交集运算直接求解出的结果.
【详解】
由题意，所以，
故选：A.
【点睛】
本题考查集合的交集运算，其中涉及到一元二次不等式的解法，难度较易.
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（ ）
A．6种 B．24种 C．36种 D．72种
【答案】C
【解析】由题意可知先从4名大学生中选出两名作伴，再分配到每个山村，得到结果.
【详解】
根据题意有两个人是分到同一个地方的，
先选出两人作伴，之后再进行全排，
则由分步计数原理有（种），
故选：C.
【点睛】
该题考查的是有关排列组合的问题，涉及到的知识点有分步乘法计数原理，属于基础题目.
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
【答案】B
【解析】由题设可得乙和丁说的话矛盾，从而可得二人中必有一个人的话为假话，从而可判断其余的人为真话，故可得正确的选项.
【详解】
由题意可知乙与丁说的话矛盾，故说假话的人必然在他们二人之中，再由题意只有一个人说的话为假话，则丙必定说了真话，则可判断一定去过长城的是乙，
故选：B.
【点睛】
本题考查推理与论证，注意利用矛盾律来帮助推理，本题属于容易题.
4．天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯(，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，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.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()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.其中星等为的星的亮度为.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”的倍，则与最接近的是(当较小时， )
A．1.24 B．1.25 C．1.26 D．1.27
【答案】C
【解析】根据题意，代值计算，即可得，再结合参考公式，即可估算出结果.
【详解】
根据题意可得：

可得，解得，
根据参考公式可得，
故与最接近的是.
故选：C.
【点睛】
本题考查对数运算，以及数据的估算，属基础题.
5．设为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A．－2 B．－2 C．－1 D．1－
【答案】D
【解析】先根据条件计算出的值，然后将展开计算，根据余弦函数的取值范围求解出的最小值.
【详解】
由题意可知，所以，
所以，
所以，取等号时同向，
所以的最小值为，
故选：D.
【点睛】
本题考查根据向量的数量积运算求解最小值，难度一般.求解和向量有关的最值问题时，可以借助向量夹角的余弦值的 “有界性”去分析问题.
6．我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之割，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.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值加可表示成（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设圆的半径为，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，问题得解.
【详解】
设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，
由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：
，整理得：，
此时，即：
同理，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：
，整理得：
此时
所以
故选C
【点睛】
本题主要考查了圆的面积公式及三角形面积公式的应用，还考查了正弦的二倍角公式，考查计算能力，属于中档题．
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
【答案】C
【解析】1
【详解】
由题意用一平面截正方体，所得截面可以为正六边形、五边形、矩形、三角形，而当截面为矩形时，为体对角线为长、正方体棱长为宽的矩形，可知该截面为最大面积.
故答案选C.
8．定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f ′(x)，若∀x∈R，都有2f(x)＋xf ′(x)＜2，则使x2f(x)－f(1)＜x2－1成立的实数x的取值范围是（ ）
A．{x|x≠±1} B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－1，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
【答案】D
【解析】根据已知构造合适的函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出函数的取值范围，并根据偶函数的性质的对称性，求出的取值范围．
【详解】
解：当时，由可知：两边同乘以得：

设：
则，恒成立：
在单调递减，
由

即
即；
当时，函数是偶函数，同理得：
综上可知：实数的取值范围为，，，
故选：D．
【点睛】
主要根据已知构造合适的函数，函数求导，并应用导数法判断函数的单调性，偶函数的性质，属于中档题．

二、多选题
9．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】由对数函数的知识可判断A、C，由幂函数的知识可判断B，根据不等式的性质可判断D.
【详解】
因为，所以由对数函数得单调性得，
则由换底公式有，即，则选项A正确；
由题意为减函数，所以，且，则由不等式的基本性质得，则选项B正确；
由题意，又a＞b＞1，则，则选项C错误；
由题意，所以，即，则选项D错误；
故选：AB
【点睛】
本题考查的是对数函数、幂函数和不等式的性质，考查了学生的基础知识水平，较综合.
10．下列四个命题中，真命题为（ ）
A．若复数满足，则 B．若复数满足，则
C．若复数满足，则 D．若复数，满足，则
【答案】AB
【解析】利用特值法依次判断选项即可得到答案.
【详解】
对选项A，若复数满足，设，其中，则，则选项A正确；
对选项B，若复数满足，设，其中，且，
则，则选项B正确；
对选项C，若复数满足，设，则，
但，则选项C错误；
对选项D，若复数，满足，设，，则，
而，则选项D错误；
故答案选：AB
【点睛】
本题主要考查复数的运算，同时考查复数的定义和共轭复数，特值法为解决本题的关键，属于简单题.
11．已知抛物线C：y2＝2px (p＞0)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（ ）
A．C的准线方程为y＝1 B．线段PQ长度的最小值为4
C．M的坐标可能为(3，2) D．＝－3
【答案】BCD
【解析】根据条件可得出，易得A、B的正误，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，联立x=my+1，y2＝2px ，算出即可得出C、D的正误.
【详解】
焦点F到准线的距离为p=2，所以抛物线C的焦点为(1，0)，准线方程为x=－1，则选项A错误；
当PQ垂直于x轴时长度最小，此时P(1，2)，Q(1，－2)，所以|PQ|=4，则选项B正确；
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，联立x=my+1，y2＝2px ，
消去y可得x2－(4m2+2)x+1=0，消去x可得y2－4my－4=0，所以x1+x2=4m2+2，y1+y2=4m，
当m=1时，可得M(3，2)，则选项C正确；
又x1x2=1，y1y2=－4，所以＝x1x2+y1y2=－3，则选项D正确；
故选：BCD
【点睛】
本题考查的是直线与抛物线的位置关系，考查了学生的分析能力，属于中档题.
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所在的正方形所围成的扇形半径设为an (n∈N)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)．再将扇形面积设为bn (n∈N)，则（ ）

A．4(b2020－b2019)＝πa2018·a2021 B．a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－1
C．a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝2a2019·a2021 D．a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝0
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意得bn ＝an2，然后化简4(b2020－b2019)可得结果；对于B，利用累加法求解即可；对于C，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－2－an－1 an，然后累加求解；对于D，由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2，化简可得结果
【详解】
由题意得bn ＝an2，则4(b2020－b2019)＝4(a20202－a20192)＝π(a2020＋a2019)(a2020－a2019)＝πa2018·a2021，则选项A正确；
又数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，所以an－2＝an－an－1(n≥3)，a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(a2021－a2020)＝a2021－a2＝a2021－1，则选项B正确；
数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－2－an－1 an，则a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝a12＋(a2a1－a2a3)＋(a3a2－a3a4)＋…＋(a2020a2019－a2020a2021)＝a12－a2020a2021＝1－a2020a2021，则选项C错误；
由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝a2019·(a2021－a2019)＋a2020·(a2018－a2020)＝a2019·a2020＋a2020·(－a2019)＝0，则选项D正确；
故选：ABD.
【点睛】
此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题


三、填空题
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
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，则的值为__________．
【答案】54.9
【解析】算出、后可求的值.
【详解】
由线性回归方程的定义及表数据可得=30，=75，所以=54.9．
故答案为：54.9
【点睛】
本题考查线性回归方程的性质，注意回归直线必定经过样本中心，本题属于基础题.
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，给出四个论断：①；②；③；④.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______.
【答案】①③④②（或②③④①）
【解析】，，，由面面垂直的性质定理得；，，，由面面垂直的判定定理得．
【详解】
∵，是两个不同的平面，m，n是平面及之外的两条不同的直线，
若①，③，则.
又∵④，
∴②.
即①③④②.
若②，③，则.
又∵④，
∴①.
即②③④①.
故答案为：①③④②（或②③④①）
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，属于中档题．
15．已知P是直线3x＋4y－10＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x＋4y＋4＝0的两条切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值为________．
【答案】
【解析】圆的标准方程为，则圆心为，半径为1，则直线与圆相离，如图：

，而，，又，，∴当取最小值时，取最小值，即取最小值，此时，，则，则，即四边形PACB面积的最小值是，故答案为.

四、双空题
16．在中，，则__________；点是上靠近点的一个三等分点，记，则当取最大值时，__________．
【答案】
【解析】根据题意，由三角恒等变换将原式化简，即可求出；设，，，则，，根据正弦定理，得到，，求出，得到，表示出，求出最值，即可得出结果.
【详解】
因为，所以，
即，
又因为，所以；
设，，，
则，，
由正弦定理可得，，
又，
由，得．
因为，
所以
，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，
此时，
所以，；
答案为：；.
【点睛】
本题主要考查由三角恒等变换求函数值，考查三角函数的性质，考查正弦定理的应用，属于常考题型.

五、解答题
17．记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6.
（1）求的通项公式；
（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得，即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
试题解析：（1）设的公比为.由题设可得 ，解得，.
故的通项公式为.
（2）由（1）可得.
由于，
故，，成等差数列.
点睛:等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．
18．在①离心率为，且经过点(3，4)；②一条准线方程为x＝4，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：mx2＋ny2＝1(m，n≠0)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①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
【解析】先根据所选的条件求解出曲线的方程，根据直线的斜率是否存在作分类讨论；当直线的斜率不存在时直接进行求解并判断，当直线的斜率存在时，联立直线方程与曲线方程，并利用根的判别式以及坐标特点判断出结果.
【详解】
选条件①：由题设得曲线C为焦点在x轴上的双曲线，
设，(a＞0，b＞0)，所以C的方程为(a＞0，b＞0)，
由题设得，解得a2＝1，b2＝2，所以C的方程为，
1° 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，与曲线C有且仅有一个交点(－1，0)，不符合题意；
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y－1＝k(x＋1)，
即y＝k(x＋1)＋1，代入得(2－k2)x2－2k(k＋1)x－(k2＋2k＋3)＝0 ()，
若，即时，方程()有且仅有一解，不符合题意；
若，即时，其判别式Δ＝[2k(k＋1)]2－4(k2－2)(k2＋2k＋3)＝8(2k＋3)＞0，则，
所以方程()有两个不同实数解时，且，
于是，解得k＝－2，与且矛盾！
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．
选条件②：由题设得曲线C为焦点在x轴上的椭圆，
设，(a＞b＞0)，所以C的方程为(a＞b＞0)，
由题设得，解得a2＝4，b2＝3，所以C的方程为，
1° 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，代入得，P(－1，1)不是线段AB的中点，不符合题意；
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y－1＝k(x＋1)，
即y＝k(x＋1)＋1，代入得(3＋4k2)x2＋8k(k＋1)x＋4(k2＋2k－2)＝0，
其判别式Δ＝[8k(k＋1)]2－4·(3＋4k2)·4(k2＋2k－2)＝16(5k2－6k＋6)＞0，
于是，解得，
故，即3x－4y＋7＝0，
所以存在直线l：3x－4y＋7＝0，与曲线C交于A，B两点，且P为线段AB的中点．
【点睛】
本题考查圆锥曲线的综合应用，其中涉及到圆锥曲线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，难度一般.
19．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量(2sin (x－A)，sin A)，(cos x，1)，f(x)＝，且对任意，都有f(x)≤．
（1）求f(x)的单调递增区间；
（2）若a＝，sin B＋sin C＝，求△ABC的面积．
【答案】（1）(k ′Z)；（2）.
【解析】（1）根据向量的数量积并借助三角恒等变换的知识化简，再根据条件求解出的具体表达式，最后利用整体代换法求解出的单调递增区间；
（2）先根据正弦定理求解出的值，然后再根据余弦定理求解出的值，最后利用三角形的面积公式求解出三角形面积.
【详解】
（1）由题意得f(x)＝＝2sin (x－A)·cos x＋sin A
＝2(sin x·cos A－cos x·sin A)·cos x＋sin A
＝2sin x·cos x·cos A－2cos2x·sin A＋sin A
＝2sin x·cos x·cos A－(2cos2x－1)·sin A
＝sin 2x·cos A－cos 2x·sin A＝sin (2x－A)，
由题意知，所以(kZ)，
因为A (0，π)，所以，所以，即，
所以，令(k ′Z)，
解得(k ′Z)，
所以f(x)的单调递增区间为(k ′Z)．
（2）在△ABC中由正弦定理得，于是，
解得，即，
在△ABC中由余弦定理得，于是，
解得bc＝4，所以△ABC的面积为．
【点睛】
本题考查三角函数的图象与性质、解三角形基本应用，要求学生能熟练的掌握的公式以及利用三角恒等变换进行化简，难度较易.
20．如图，在四棱锥中，底面是圆内接四边形，，，.

(1)求证：平面⊥平面；
(2)若点在平面内运动，且平面，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接，交于点，连接，先通过证明，得出平面，再根据面面垂直的判定定理由平面证明平面BED⊥平面即可；（2）取的中点，的中点，先通过平面//平面得出点在线段上，然后建立空间直角坐标系并设，从而求出平面的法向量及的坐标，设直线与平面所成的角为，则，最后根据即可求出的最大值.
【详解】
(1)证明：如图，连接，交于点，连接，

因为，，，
所以，易得，
所以，
所以.
又，，所以⊥平面，
又平面，所以.
又底面是圆内接四边形，
因为，
在中，由，，可得，，
所以，，
易得与相似，所以，
即.
又、平面，，
所以平面，
又平面，所以平面BED⊥平面.
(2)解：如图，取的中点，的中点，连接，，，
则，由(1)知，，即，

所以为正三角形，所以，又，
所以平面//平面，
所以点在线段上.
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
，，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，
设，可得
，
设直线与平面所成的角为，
则，
因为，所以当时，取得最大值.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【点睛】
本题第一问主要考查由线线垂直证明线面垂直，再由面面垂直的判定定理证明面面垂直，第二问先确定点在线段上，然后建立空间直角坐标系并求出平面的法向量及直线的方向向量的坐标即可研究线面角的正弦值的最值问题，本题综合性强、计算量大，属中等难度题.
21．已知，其中a∈R．
（1）讨论f(x)的极值点的个数；
（2）当n∈N时，证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.
【解析】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得到，再令，x＞0，用导数法研究其不等零点，求导，然后分、和三种情况讨论求解.
（2）根据（1）a＝0时，f(x)≥f(1)＝－1，即，进而有，然后令得到求解.
【详解】
（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，则，
令，x＞0，则，
①当时，，令，则，
当0＜x＜1时，，f(x)单调递减，
当x＞1时，，f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个极值点．
②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)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个极值点．
③当时，令，得，
当0＜x＜时，，g(x)单调递减，当x＞时，，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g()＝，
当a≤时，g(x)min≥0，故f ′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在(0，＋∞)上无极值点，
当＜a＜0时，g(x)min＝g()＝＜0，又，
，下面证，
令(＜a＜0)，，
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，α)
α
(α，β)
β
(β，＋∞)
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．
综上所述，当a≤时，f(x)无极值点；
当＜a＜0时，f(x)有两个极值点；
当a≥0时，f(x)有一个极值点．
（2）由（1）知，当a＝0时，f(x)≥f(1)＝－1，
所以，即，
所以，
令得
故，
所以，
．
【点睛】
本题主要考查函数的极值点与导数、构造不等式放缩证明，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于较难题.
22．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正常工作的概率都是p (0＜p＜1)，且各个电子元件正常工作的事件相互独立．现要检测k (k∈N)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p＝0.99，利用(1－α)β (0＜α