江苏省苏州四市五区2021届高三上学期期初调研数学试题答案 6页

高二数学参考答案 第 1 页 共 6 页 苏州市 2020~2021 学年第一学期学业期初研卷 高三数学参考答案及评分建议 2020.9 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分． 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 答 案 B A A C D D C B 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共计 20 分． 题 号 9 10 11 12 答 案 AC AD ACD BCD 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共计 20 分． 13． 4 5  14． 2 2p 15．±7 16． 54 四、解答题：本大题共 6 小题，共计 70 分． 17．（本小题满分 10 分） 解： 2( ) 2 3 4sin cos 4 3sin 2 3 2sin2 2 3cos2f x m n x x x x x= - = + - = -r rg 4sin(2 )3x p= - ， … ………………………………………………………2 分 ( ) 4sin 2 33 3a f p p= = = ， ………………………………………………………4 分 ①若 (2 )cos cos 0c b A a B+ + = ，则由正弦定理可得： 2sin cos sin cos sin cos 0C A B A A B+ + = ，即 2sin cos sin( ) 2sin cos sin 0C A B A C A C+ + = + = ， 因为 C 为三角形内角，sin 0C > ，可得 1cos 2A =- ，因为 (0, )A pÎ ， 可得 2 3A p= ． ………………………………………………………………6 分 ②若 2 2 2sin sin sin sin sin 0B C A B C+ - + = ，由正弦定理可得： 2 2 2 0b c a bc+ - + = ，由余弦定理可得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc + -= = - ，因为 (0, )A pÎ ，可得 2 3A p= ．…………………………………6 分 ③若 2 2 2 4 3 3a b c S- - = ，则 2 2 2 4 3 4 3 1 2 3sin sin3 3 2 3b c a S bc A bc A+ - =- =- ´ =- ，所以 2 2 2 3cos sin2 3 b c aA Abc + -= =- ，可得 tan 3A =- ，因为 (0, )A pÎ ， 可得 2 3A p= ………………………………………………………………6 分 由正弦定理可得 2 3 4sin sin sin 3 2 b c a B C A = = = = ， 所以 4sinb B= ， 4sinc C= ，因为 3B C p+ = ，所以 3C Bp= - ，…………………8 分 所以 3 12 8sin 4sin( ) 8sin 4( cos sin )3 2 2b c B B B B Bp+ = + - = + - ， 高二数学参考答案 第 2 页 共 6 页 6sin 2 3cos 4 3sin( )6B B B p= + = + ,因为 0 3B p< < ，所以 6 6 2Bp p p< + < ， 1 sin( ) 12 6B p< + < ，所以 2 3 4< 3sin( ) 4 36B p+ < ，即 2b c+ 的取值范围为 (2 3 ， 4 3) …………………………10 分 18．（本小题满分 12 分） 解： (1)设数列 na 的公差为 d ， 由题意知:   1 2 3 4 1 1 4 4 14 + 4 6 102a a a a a d a d         ① ……………………2 分 又因为 1 2 4, ,a a a 成等比数列，所以 2 2 1 4a a a  ，   2 1 1 1 3a d a a d    ， 2 1d a d ，又因为 0d  ，所 以 1a d . ② ……………………………………………………………………4 分 由①②得 1 1, 1a d  ，所以 na n ， 1 1 1b a  ， 2 2 2b a  ， 2 1 2bq b   ， 12n nb   . ………………………………………………6 分 (2)因为   1 11 1 12 21 1 n n nc n n n n            ， ……………………… ………9 分 所以 0 1 1 1 1 1 1 12 2 ... 2 1 2 2 3 1 n nS n n               1 2 111 2 1 n n     12 1 n n    所以数列 nc 的前 n 项和 12 1 n nS n    . …………………………………… 12 分 19．（本小题满分 12 分） 解：（1）证明：取 SD 中点 M，连接 AM，MF， ∵M，F 分别为 SD，SC 的中点，MF∥CD，且 1 2MF CD ，……………… 2 分 又底面 ABCD 为正方形，且 E 为 AB 中点，∴MF∥AE，且 MF＝AE， ∴四边形 AEMF 为平行四边形，∴EF∥AM， ………………………………4 分 ∵EF 不在平面 SAD 内，AM 在平面 SAD 内， ∴EF∥平面 SAD； ……………………………………………………………5 分 （2）以点 D 为坐标原点，DA，DC，DS 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间坐标系 D ﹣ xyz ， 则 D （ 0 ， 0 ， 0 ）， E （ 4 ， 2 ， 0 ）， F （ 0 ， 2 ， 4 ）， S （ 0 ， 0 ， 8 ）， 故 A B C D S E F y z x M 高二数学参考答案 第 3 页 共 6 页 ( )EF   , ( )DE   , ( )FS   …………………………7 分 设平面 DEF 的一个法向量为 m=(x,y.z)，则 0 2 0 m EF x z m DE x y                 ，可取 m=(1 , −2.1)， 设平面 EFS 的一个法向量为 n=(a,b.c)，则 0 4 0 n EF a c n DE b c                 ，可取 n=(1,2.1)， ………………………………9 分 设二面角 D﹣EF﹣S 的平面角为 θ ，则 cos cos , m nm n m n         = 1           ， …………………………………………………11 分 ∴ 2 2sin 3   ，即二面角 D﹣EF﹣S 的正弦值为 2 2 3 ． …………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 解：（1）随机变量 X 的所有可能的取值为 0，1，2，3， 根 据 条 件 得 0 3 5 5 3 10 10 1( 0) 120 12 C CP X C = = = = ， 1 2 5 5 3 10 50 5( 1) 120 12 C CP X C = = = = ， 2 1 5 5 3 10 50 5( 2) 120 12 C CP X C = = = = 3 0 5 5 3 10 10 1( 3) 120 12 C CP X C = = = = ， …………………… 2 分 则随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 12 5 12 5 12 1 12 数学期望 1 5 5 1 3( ) 0 1 2 312 12 12 12 2E X = ´ + ´ + ´ + ´ = ． …………………………… 4 分 （2）①设该划线分为 m，由 ~ (75.8,36)Y N 得 75.8m = ， 6s = ， 令 75.8 6 Y Ymh s - -= = ，则 6 75.8Y h= + ， 依题意， ( ) 0.85P Y m… » ，即 75.8(6 75.8 ) ( ) 0.856 mP m P… …h h -+ = » ……………6 分 因为当 ~ (0,1)Nh 时， ( 1.04) 0.85P „h » ，所以 ( 1.04) 0.85P h = » ， 所以 75.8 1.046 m- »- ，故 69.56m » ，取 69m = ． …………………………… 8 分 ②由①讨论及参考数据得 ( 71) (6 75.8 71) ( 0.8) ( 0.8) 0.788P Y P P P… … … „h h h= + = - = » ， 即每个学生生物统考成绩不低于 71 分的事件概率约为 0.788， 故 ~ (800,0.788)Bx ， 800 800( ) 0.788 (1 0.788)k k kP k Cx -= = - ． 由 ( ) ( 1), ( ) ( 1), P k P k P k P k … … x x x x ì = = -ïïíï = = +ïî 高二数学参考答案 第 4 页 共 6 页 即 800 1 1 801 800 800 800 1 1 799 800 800 0.788 (1 0.788) 0.788 (1 0.788) , 0.788 (1 0.788) 0.788 (1 0.788) , k k k k k k k k k k k k C C C C … … - - - - - + + - ìï - -ïíï - -ïî ………………………… 10 分 解得 630.188 631.188k„ „ ， 又 k NÎ ，所以 631k = ， 所以当 631k = 时 ( )P kx = 取得最大值． …………………………………………… 12 分 21．（本小题满分 12 分） 解：（1）如图，当 k＝1 时，CD 过点（0，-b），CD＝2a， 当点 P 为（0，b）时 PCD 的面积最大，即有 1 2 2 122 a b   ， ∴ 6ab  ．① ……………………………… 1 分 由已知离心率为 5 3 ， 5= 3 c a ， 2 2 5= 3 a b a  ， 2= 3 b a ②……2 分 由①②解得 3, 2a b  ． …………………… 3 分 ∴所求椭圆方程为 2 2 19 4 x y  ． ………………………4 分 （2）如图， 由题意得： ( , ) , ( , )D a kb C a kb   ．因为 0 0 0( , ) ( 0)P x y y > 在椭圆上，所以 2 2 0 0 2 2 1x y a b + = ．又直线 PD 方程为 0 0 0 0 ( )y kby y x xx a    ，令 0y = ， 解得 0 0 0 0 ( ) E y x ax x y kb    ，同理可得 0 0 0 0 ( ) F y x ax x y kb    ， 所以 0 0 0 0 0 0 ( ) ( )( )E y x a kb x aAE x a x ay kb y kb          ，…………………… …… 6 分 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2[ ] [ ]y x a y x a y x a y x a ayEF x xy kb y kb y kb y kb y kb               ，……… 7 分 0 0 0 0 0 0 ( ) ( )y x a kb a xFB a x y kb y kb       ．………………………………………………… 8 分 因为 AE，EF，FB 成等比数列，所以 2AE FB EF  ， 即 2 2 0 0 0 2 0 0 0 ( ) ( ) 4 ( ) kb x a kb a x a y y kb y kb y kb      ， 化简得： 2 2 2 2 2 2 0 0( ) 4k b a x a y  （*）……… 10 分 又 2 2 0 0 2 2 1x y a b + = ，所以 2 2 2 2 0 02 aa x yb   ，代入（*）式得 2 2 2 2 2 0 04k a y a y= ， 因为 0 0y > ，所以 2 4k = ，又 0k > ，所以 2k = ． ………………………………… 12 分 高二数学参考答案 第 5 页 共 6 页 22．（本小题满分 12 分） 解:（1）设 1( ) ( ) 1 cosg x f x xx     ， 当 ),0( x 时， 2 1( ) sin 0g x x x      …………………………………2 分 所以 )(xg 在 ),0(  上单调递减， 又因为 3 1 6 2( ) 1 = 0, ( ) 1 03 2 2 2g g             ………………………………… 4 分 且当 (0, π)x  时， ( )y g x 的图像不间断， 所以 )(xg 在 ( , )3 2   上有唯一的零点 ，所以命题得证 （2）1°由（1）知：当 ),0( x 时， 0)(  xf ， )(xf 在 ),0(  上单调递增； 当 ),( x 时， 0)(  xf ， )(xf 在 ),(  上单调递减；…………………………7 分 所以 )(xf 在 (0, ) 上存在唯一的极大值点 ( )3 2     所以 ( ) ( ) ln 2 2 02 2 2 2f f            ………………………………… 8 分 又因为 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1( ) 2 sin 1 1 sin 0f e e e e e e             所以 )(xf 在 (0, ) 上恰有一个零点 又因为 ( ) ln 1 2 1 3 0f              所以 )(xf 在 ( , )  上也恰有一个零点 ………………………………… 9 分 2°当 [ ,2 )x   时，sin 0x ≤ ， ( ) lnf x x x≤ 设  ( ) ln 1, π,2πh x x x x    ， 011)(  xxh 所以 )(xh 在[ ,2 )  上单调递减，所以 ( ) ( ) 0h x h  ≤ 即 )(xf 在[ ,2 )  上没有零点. ………………………………… 10 分 3°当 [2 , )x   时， ( ) ln 2f x x x ≤ 设 ( ) ln 2x x x    ， 1( ) 1 0x x     所以 ( )x 在[2 , )  上单调递减，所以 ( ) (2 ) 0x   ≤ 所以当 [2 , )x   时， ( ) ( ) (2 ) 0f x x   ≤ ≤ 恒成立 所以 )(xf 在[2 , )  上没有零点. 高二数学参考答案 第 6 页 共 6 页 综上， )(xf 有且仅有两个零点． ………………………………12 分