广东省江门市2021届高三上学期12月调研测试数学试题 Word版含答案 12页

江门市 2021 届普通高中高三调研测试 数 学 本试卷共 4 页，22 小题，满分 150 分，测试用时 120 分钟. 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用 2B 铅笔 将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上. 2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定区域内 相应的位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改 液.不按以上要求作答无效. 4. 考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷与答题卡一并交回. 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  1,2aA  ，  ,B a b ，若 1 2A B      ，则 A B  （ ） A. 11, 2     B. 11, 2     C. 11,1, 2     D. 1,1, 2b    2. 已知i 是虚数单位，若复数 1 1 iz ai   为纯虚数，则实数 a 的值为（ ） A. -1 B. 1 C. 0 D. 1 3. 若 6 个人分 4 张无座的足球门票，每人至多分 1 张，而且票必须分完，那么不同分法的种数是（ ） A. 46 B. 64 C. 15 D. 360 4. 设 D 为 ABC△ 所在平面内一点， 3AC  ， BC AC  ， 1 3CD AC  ，则 DA AB   （ ） A. 24 B. -24 C. 12 D. -12 5. 在 2 41 2 (1 )x x  的展开式中 4x 的系数为（ ） A. 13 B. 11 C. -11 D. -20 6. 已知函数 ( ) 2 2xf x x  ， 2( ) log 2g x x x  ， 3( ) 2h x x x  的零点分别为 a ，b ，c ，则 a ，b ，c 的大小顺序为（ ） A. a c b  B. c b a  C. b a c  D. b c a  7. 四名同学各掷骰子 5 次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没 有出现点数 6 的是（ ） A. 平均数为 3，中位数为 2 B. 中位数为 3，众数为 2 C. 平均数为 2，方差为 2.4 D. 中位数为 3，方差为 2.8 8. 已知 m ，n 为异面直线， m  平面 ，n  平面  ，若直线l 满足l m ，l n ，l  ，l  ，则 （ ） A. / /  ， / /l  B.  与  相交，且交线平行于l C.   ，l  D.  与  相交，且交线垂直于l 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. 下列说法正确的是（ ） A. “数列 na 为常数列”是“数列 na 为公比等于 1 的等比数列”的必要不充分条件 B. 设 ,a b R ，则“ 0a b  ”是“ 1 1 a b  ”的充分不必要条件 C. “向量 0a b   ”是“ ,a b   为钝角”的充要条件 D. “ 0x  ， 1xe x  ”的否定形式是“ 0 0x  ， 0 0 1xe x  ” 10. 将函数  ( ) sin 0f x x   的图像向右平移 4  个单位长度，所得的图象经过点 3 ,04      ，且 ( )f x 在 10, 4      上为增函数，则 取值可能为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 11. 在平面直角坐标系 xOy 中，点  4,4M 在抛物线  2 2 0y px p  上，抛物线的焦点为 F ，延长 MF 与 抛物线相交于点 N ，则下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的准线方程为 1x   B. 17 4MN  C. OMN△ 的面积为 7 2 D. MF NF MF NF  12. 对于定义域为 R 的函数 ( )f x ， '( )f x 为 ( )f x 的导函数，若同时满足：①  0 0f  ；②当 x R 且 0x  时，都有 '( ) 0xf x  ；③当 1 20x x  且 1 2x x 时，都有    1 2f x f x ，则称 ( )f x 为“偏对称函数”. 下列函数是“偏对称函数”的是（ ） A. 2 1( ) x xf x e e x   B. 2 ( ) 1xf x e x   C. 3 1, 0( ) , 0 xe xf x x x      D. 4 2 , 0( ) ln(1 ), 0 x xf x x x     三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知圆 2 2 6 4 12 0x y x y     与直线 x a 相切，则 a ________. 14. 若 1x  ，则 14 1x x   的最小值是_________. 15. 某学校组织学生参加数学测试，某班成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为 20,40 ， 40,60 ，  60,80 ， 80,100 .由此估计该班学生此次测试的平均分为_________. 16. 正方形 ABCD 的边长为1，P ，Q 分别为边 AB ，DA 上的点， APQ△ 的周长为2，则 PCQ  ________. 四、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知数列 na 满足  1 1 02 n na a n N    ，且 2a ， 3 2a  ， 4a 成等差数列. （1）求数列 na 的通项公式； （2）若  2logn nb a n N  ，求数列 n n b a       的前 n 项和 nT . 18. 已知 a ，b ， c 为 ABC△ 三个内角 A ， B ，C 的对边，且 cos 3 sin 0a C a C b c    . （1）求 A ； （2）若 2a  ， ABC△ 的面积为 3 ，求b ， c . 19. 现有编号为 1，2，3 的三只小球和编号为 1，2，3 的三个盒子，将三只小球逐个随机地放入三个盒子中， 每只球的放置相互独立. （1）求恰有一个空盒的概率； （2）求三只小球在三个不同盒子中，且每只球编号与所在盒子编号不同的概率； （3）记录所有至少有一只球的盒子，以 X 表示这些盒子编号的最小值，求 EX . 20. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 1000 多年，在《九章算术》中，将 底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qian du）：阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底 面的四棱锥，鳖臑（bie nao）指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵 1 1 1ABC A B C 中， AB AC . （1）求证：四棱锥 1 1B A ACC 为阳马； （2）若 AB AC ， 1 2C C  ，且直线 1AC 与平面 1 1BCC B 所成角的正切值为 5 5 ，求锐二面角 1 1C A B C  的余弦值. 21. 已知 0a  ，函数 ( ) sin 2sin cos 2f x a x x x x    ，  0,2x  . （1）当 4a  ，求 ( )f x 在 ,2 2f         处的切线方程； （2）讨论函数 ( )f x 的零点个数. 22. 已知椭圆 E ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     经过点 31, 2P     ，且离心率 1 2e  . （1）求椭圆 E 的方程； （2）若 M ，N 是椭圆 E 上异于 P 的两点，直线 PM ，PN 的斜率分别为 1k ， 2k 且 1 2 1k k   ，PD MN ， D 为垂足.是否存在定点Q ，使得 DQ 为定值？若存在，请求出Q 点坐标及定值.若不存在，请说明理由. 江门市 2020 年普通高中高三调研测试 数学答案 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 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. 1-5：CDCDC 6-8：ACB 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. AB 10. ABD 11. AD 12. ACD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 2 或 4 14. 8 15. 68 16. 45 四、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 解：（1）依题 1 2n na a  ，∴ na 是以 2 为公比的等比数列， 又 2a ， 3 2a  ， 4a 成等差数列. ∴  3 2 42 2a a a   ， 即∴  1 1 12 4 2 2 8a a a   ，∴ 1 2a  ， ∴ 2n na  . （2）由（1）得 nb n ， 方法一： 设 2 n n n n b nC a   ， 2 3 1 1 2 3 1 2 2 2 2 2n n n n nT       ① 2 3 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2n n n n nT      ② ①-②： 2 1 1 1 1 1 1 112 2 2 2 2 2 2n n n n n n nT         ， ∴ 1 1 22 22 2 2n n n n n nT       . 方法二： 设 1 ( 1) 2 2 2 2 2n n n n n n n n nC                 ， ∴ 1  ， 2  ， 故 1 1 2 2 2n n n n nC     ， ∴ 0 1 1 2 1 2 3 3 4 1 2 222 2 2 2 2 2 2n n n n n n nT                           . 18. 解：（1）由正弦定理得：sin cos 3sin sin sin sin 0A C A C B C    ， sin cos 3sin sin sin sinA C A C C B   ， sin cos 3sin sin sin sin( )A C A C C A C    ， sin cos 3sin sin sin sin cos cos sinA C A C C A C A C    ， 3sin sin sin cos sinA C C A C  ， 因为  0,C  ，sin 0C  ， 所以 3sin cos 1A A  . 1sin 6 2A      ， 因为 0 A   ， 所以 5 6 6 6A      ， 所以 6 6A    ，即 3A  . （2）由余弦定理： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 2 2 4b c bc   ， 1 sin 32ABCS bc A △ ，即 4bc  ① 因为 2 2 8b c  ， 2 2 2( ) 2 16b c b c bc     ， 所以 4b c  ② 联立①②解得： 2b c  . 19. 解：方法一：记三个球分别为①，②，③，试验的全部基本事件如下表：共 27 种. 序号 1 号盒 2 号盒 3 号盒 序号 1 号盒 2 号盒 3 号盒 1 ①②③ 15 ② ①③ 2 ①②③ 16 ②③ ① 3 ①②③ 17 ②③ ① 4 ①② ③ 18 ① ②③ 5 ①② ③ 19 ②③ ① 6 ③ ①② 20 ① ②③ 7 ①② ③ 21 ① ②③ 8 ③ ①② 22 ① ② ③ 9 ③ ①② 23 ① ③ ② 10 ①③ ② 24 ② ① ③ 11 ①③ ② 25 ② ③ ① 12 ② ①③ 26 ③ ① ② 13 ①③ ② 27 ③ ② ① 14 ② ①③ （1）记“恰有一个空盒”为事件 A ，事件 A 包含的基本事件数有 18 种. 根据古典概型公式   18 2 27 3P A   . （2）记“三只小球在三个不同盒子中，且每只球的编号与所在盒子编号不同”为事件 B ，事件 B 包含的基 本事件数有 2 种. 根据古典概型公式 2( ) 27P B  . （3） X 的可能取值为 1，2，3. 19( 1) 27P X   ， 7( 2) 27P X   ， 1( 3) 27P X   ； X 的分布列如下： X 1 2 3 P 19 27 7 27 1 27 19 7 1 4( ) 1 2 327 27 27 3E X        . 方法二：（1）记“恰有一个空盒”为事件 A ，则 1 1 1 3 3 2 3 2( ) 3 3 C C CP A   . （2）记“三只小球在三个不同盒子中，且每只球的编号与所在盒子编号不同”为事件 B . 则 3 2 2( ) 3 27P B   . （3） X 的可能取值为 1，2，3. 3 3 3 3 2 19( 1) 3 27P X    ， 3 3 3 2 1 7( 2) 3 27P X    ， 3 1 1( 3) 3 27P X    ； X 的分布列如下： X 1 2 3 P 19 27 7 27 1 27 19 7 1 4( ) 1 2 327 27 27 3E X        . 20.（1）证明：∵ 1A A  底面 ABC ， AB  面 ABC ， ∴ 1A A AB ， 又 AB AC ， 1A A AC A ， ∴ AB  面 1 1ACC A ， 又四边形 1 1ACC A 为矩形， ∴四棱锥 1 1B A ACC 为阳马. （2）解：在 ABC△ 中作 AH BC 于 H ，连结 1C H . 显然 1AC H 为直线 1AC 与平面 1 1BCC B 所成的角. 设 2BC a ，则 AH a ， 2 1 4C H a  . 故 1 2 5tan 54 aAC H a     ，解得 1a  ， ∴ 2BC  ， 2AB AC  ， ∵ AB AC ， 1A A  底面 ABC . ∴以 A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则  2,0,0B ，  0, 2,0C ，  1 0,0,2A ，  1 2,0, 2A B   ，  2, 2,0BC   ，  1 1 0, 2,0AC  . 设面 1A BC 的一个法向量  1 1 1 1, ,n x y z ， 由 1 1 1 0 0 n A B n BC          得  1 2, 2,1n  ， 同理得  2 2,0,1n  ， ∴ 1 2 1 2 1 2 15cos , 5 n nn n n n         ， 故锐二面角 1 1C A B C  的余弦值为 15 5 . 21. 解：（1） ( ) 4sin 2sin cos 2f x x x x x    ， 2 2 2'( ) 4cos 2cos 2sin 2 4cos 4cosf x x x x x x       ， ' 02f      ， 42f        ， 所以切线方程： 4y   . （2） 2 2'( ) cos 2cos 2sin 2f x a x x x     2cos 4cos cos (4cos )a x x x x a     . ①当 0 4a  时， cos 4 ax  在 0, 2      和 3 ,22       内分别有一解，依次记为 1x ， 2x ， 令 '( ) 0f x  得： 1 2 3, , ,2 2x x x  . x 0  10, x 1x 1, 2x      2  3,2 2       3 2  2 3 ,2 x     2x  2 ,2x  2 '( )f x + 0 - 0 + 0 - 0 + ( )f x  极大  极小  极大  极小  值 值 值 值 (0) 0f  ，  1 0f x  ， 2f a       ， 3 3 02f a        ， (2 ) 4 0f    ，  2 2 2 2 2sin 2sin cos 2f x a x x x x    2 2sin 2 02 a x x    . 所以，当 0 a   时， 02f a        ， ( )y f x 在 0,2 有 1 个零点； 当 a  时， 02f a        ， ( )y f x 在 0,2 有 2 个零点； 当 4a   时， 02f a        ， ( )y f x 在 0,2 有 3 个零点. ②当 4a  时， 令 '( ) 0f x  得： 30, , ,22 2x    . x 0 0, 2      2  3,2 2       3 2  3 ,22       2 '( )f x - 0 + 0 - ( )f x  极小值  极大值  (0) 0f  ， 02f a        ， 3 3 02f a        ， (2 ) 4 0f    . 所以， ( )y f x 在 0,2 有 2 个零点. ③当 4a  时， 令 '( ) 0f x  得： 3,2 2x   . x 0 0, 2      2  3,2 2       3 2  3 ,22       2 '( )f x - 0 + 0 - ( )f x  极小值  极大值  (0) 0f  ， 02f a        ， 3 3 02f a        ， (2 ) 4 0f    . 所以， ( )y f x 在 0,2 有 2 个零点. 综述，当 0 a   时， ( )y f x 在 0,2 有 1 个零点； 当 a  或 4a  时， ( )y f x 在 0,2 有 2 个零点； 当 4a   时， ( )y f x 在 0,2 有 3 个零点. 22. 解：（1）由 1 2 ce a   ，得 2a c ， 2 24a c ， 2 2 2 23b a c c   . 因为 2 2 2 3 1 2 1a b       ， 所以 2 2 2 3 1 2 14 3c c       ， 解得： 2 1c  ， 2 3b  ， 2 4a  . 所以椭圆 E 的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）方法一： 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，由题意得直线 MN 的斜率一定存在，直线 MN 的方程为 y kx m  ，则 联立 2 2 14 3 x y y kx m       ，消 y 得： 2 2 24 3 8 4 12 0k x kmx m     ，   2 2 2 264 4 4 3 4 12 0k m k m      ，得： 2 24 3 0k m   ， 1 2 2 8 4 3 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 12 4 3 mx x k   ，        1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 2 3 33 3 1 12 22 2 1 1 1 1 y x y xy y k k x x x x                              1 2 2 1 1 2 3 31 12 2 1 1 kx m x kx m x x x                         1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 32 (2 3)2 1 kx x m x x k x x m x x x x              2 2 2 2 2 2 2 4 12 3 8 82 (2 3)4 3 2 4 3 4 3 4 12 8 14 3 4 3 m km kmk m k mk k k m km k k                                  2 2 2 24 12 6 12 9 4 12 8 4 3 k km m k m km k          . 由 1 2 1k k   得： 2 28 10 2 3 12 0k km m m k     ， 即 (2 2 3)(4 ) 0k m k m    ， 当 2 2 3 0k m   ，直线 3 3( 1)2 2y kx k k x         过定点 31, 2P     ，舍去. 当 4 0k m  ，直线 4 ( 4)y kx k k x    过定点  4,0T . 此时， 2 2 24 3 3 12 0k m k     ，得 1 1 2 2k   ，存在直线过定点  4,0T . 当Q 为 P ，T 的中点，即 5 3,2 4Q     ，此时 2 21 1 3 3 5(4 1) 02 2 2 4PDQ T          . 方法二： 由方法一得 2 28 10 2 3 12 0k km m m k     . 由 m y kx  代入得： 2 28 10 ( ) 2( ) 3( ) 12 0k k y kx y kx y kx k        ，  2 2 22 10 8 (10 4 3 12) 2 3 0x x k y xy x k y y         ， 令 2 2 2 10 8 0 10 4 3 12 0 2 3 0 x x y xy x y y             ，解得： 4 0 x y    或 1 3 2 x y   （舍去）. 当直线过定点  4,0T 时， 4m k  ， 2 2 24 3 3 12 0k m k     ，得 1 1 2 2k   ， 当Q 为 P ，T 的中点，即 5 3,2 4Q     ，此时 2 21 1 3 3 5(4 1) 02 2 2 4PDQ T          .