南京市秦淮中学2021届高三期初调研考试数学试卷(教师版) 8页

南京市秦淮中学 2021 届高三期初调研考试试卷 数学（教师版） 注意事项及说明：本卷考试时间为 120 分钟，全卷满分为 150 分． 公式：球体积 V = 4 3 πR3，随机变量 ξ 的方差 V （ξ） = n i = 1 x2 i pi - μ2 一、单项选择题：（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，只有一项符 合题目要求．请将答案填写在答题卡相应的位置上．） 1．设 A = x  x > 1  ， B = x  x2 - x - 2 < 0  ，则 CRA  ∩ B =（ ） A． x  x > - 1  B． x  - 1 < x ≤ 1  C． x  - 1 < x < 1  D． x  1 < x < 2  【答案】 B 2．若 z(  1 + i) = 1 - i，则 z =（ ） A． 1 - i B． 1 + i C． -i D． i 【答案】 D 3．为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参 加 A、 B、 C 三个贫困县的调研工作，每个县至少去 1 人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县， 则不同的派遣方案共有（ ） A． 24 B． 36 C． 48 D． 64 【答案】 B 4．如图，在正四棱柱 ABCD — A1B1C1D1 中， AB = 2BB1， P 为 B1C1 的中点.则异面直线 AC 与 BP 所成的角为（ ） A. 90° B. 60° C. 45° D. 30° 【答案】 B 5．甲、乙两人投篮，投中的概率分别为 0.6， 0.7，若两人各投 2 次，则两人投中次数不等的概率 是（ ） A. 0.6076 B. 0.7516  C. 0.3924 D. 0.2484 【答案】 A 6．△ ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D, E 分别是边 AB, BC 的中点，连接 DE 并延长到点 F， 使得 DE = 2EF，则 AF  ·BC  的值为（ ） A． -5 8   B． 1 8   C． 1 4   D． 11 8  【答案】 B 7． Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地 区新冠肺炎累计确诊病例数 I t  （t 的单位：天）的 Logisic 模型： I t  = K 1 + e-0.23 t - 53  ，其中 K 为最大确诊病例数．当 I t∗  = 0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则 t ∗ 约为（ln19 ≈ 3） （ ） A． 60 B． 63 C． 66 D． 69 【答案】 C 8．设函数 f(x) = x(ex + ae-x) 的导函数为 f(x)，若 f(x) 是奇函数，则曲线 y = f(x) 在点 (1, f(1)) 处 切线的斜率为（ ） A． -2e B． - 1 e  C． 2 D． 2e 【答案】 D 二、多项选择题：（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求．全部选对得 5 分，部分选对得 3 分，有选错得 0 分．请将答案填写在答题卡相应 的位置上．） 9．为了对变量 x 与 y 的线性相关性进行检验，由样本点 x1, y1  、 x2, y2  、 ⋯、 x10, y10  求得两个 变量的样本相关系数为 r，那么下面说法中错误的有（ ） A. 若所有样本点都在直线 y = - 2x + 1 上，则 r = 1 B. 若所有样本点都在直线 y = - 2x + 1 上，则 r = - 2 C. 若 r  越大，则变量 x 与 y 的线性相关性越强 D. 若 r  越小，则变量 x 与 y 的线性相关性越强 【答案】 ABD 10．已知双曲线 C： x2 a2 - y2 b2 = 1(a > 0， b > 0) 的离心率为 2 3  3 ，右顶点为 A，以 A 为圆心， b 为 半径作圆 A，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M， N 两点，则（ ） A. 渐近线方程为 y = ± 3  x B. 渐近线方程为 y = ± 3  3 x C. ∠ MAN = 60° D. ∠ MAN = 120° 【答案】 BC 11．已知函数 f x  = Acos ωx + φ  (A > 0, ω > 0, 0 < φ < π) 的图象的一个最高点为 - π 12 , 3  ，与之 相邻的一个对称中心为 π 6 , 0  ，将 f x  的图象向右平移 π 6  个单位长度得到函数 g x  的图象， 则（ ） A． g x  为偶函数 B． g x  的一个单调递增区间为 -5π 12 , π 12       C． g x  为奇函数 D． g x  在 0, π 2       上只有一个零点 【答案】 BD 12．若 a > 0， b > 0，则下面有几个结论正确的有（ ） A. 若 a ≠ 1， b ≠ 1，则 logab + logba ≥ 2 B. a2 + b2  a + b  ≥ 2  2  C. 若 1 a  + 4 b  = 2，则 a + b ≥ 9 2  D. 若 ab + b2 = 2，则 a + 3b ≥ 4 【答案】 BCD 三、填空题： ( 本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．请将答案填写在答题卡相应的位置上． ) 13．《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著 作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生 12 只，且雌雄各半. 1 个月后，有一对老鼠生了 12 只小老鼠，一共有 14 只； 2 个月后，每对老鼠各生了 12 只小老 鼠，一共有 98 只.以此类推，假设 n 个月后共有老鼠 an 只，则 an = . 【答案】 2 × 7n 14．函数 y = (x + 3) - 1, (a > 0 且 a ≠ 1)log 的图象恒过定点 A，若点 A 在直线 mx + ny + 1 = 0 上 （其中 m， n > 0），则 1 m  + 2 n  的最小值等于 . 【答案】 8 15．已知椭圆 x2 4  + y2 2  = 1 的焦点为 F，短轴端点为 P，若直线 PF 与圆 O : x2 + y2 = R2(R > 0) 相 切，则圆 O 的半径为 . 【答案】 1 16．棱长为 12 的正四面体 ABCD 与正三棱锥 E — BCD 的底面重合，若由它们构成的多面体 ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三楼锥 E — BCD 的体积为 _______，该正三棱锥 内切球的半径为 . 【答案】 (1). 72 2  (2). 3 2  - 6  四、解答题： ( 本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请将答案 填写在答题卡相应的位置上． ) 17．在① cos2B - 3  sinB + 2 = 0，② 2bcosC = 2a - c，③ b a  = cosB + 1 3  sinA  三个条件中任选一个， 补充在下面问题中，并加以解答． 已知 △ ABC 的内角 A， B， C 所对的边分别是 a， b， c，若 ______，且 a， b， c 成等差 数列，则 △ ABC 是否为等边三角形?若是，写出证明；若不是，说明理由， 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】选① ∵ cos2B = 1 - 2sin2B， ∴ 2sin2B - 3  sinB - 3 = 0， 即 2sinB - 3    sinB + 3    = 0，解得 sinB = - 3  （舍去）或 sinB = 3  2 ． ∵ 0 < B < π ∴ B = π 3  或 2π 3 ，又 ∵ a， b， c 成等差数列， ∴ 2b = a + c， ∴ b 不是三角形中最大的 边，即 B = π 3 ，由 b2 = a2 + c2 - 2accosB，得 a2 + c2 - 2ac = 0，即 a = c， 故 △ ABC 是等边三角形．选② 由正弦定理可得 2sinBcosC - 2sinA - sinC， 故 2sinBcosC = 2sin B + C  - sinC．整理得 2cosBsinC - sinC = 0． ∵ 0 < C < π， ∴ sinC > 0．即 cosB = 1 2 ． ∵ 0 < B < π． ∴ B = π 3 ． 又 ∵ a， b， c 成等差数列． ∴ 2b = a + c．由余弦定理 b2 = a2 + c2 - 2accosB．可得 a2 - c2 - 2ac = 0，即 a = c．故 △ ABC 是等边三角形． 选③ 由正弦定理得 sinB sinA  = cosB + 1 3  sinA ， ∵ sinA ≠ 0， ∴ 3  sinB - cosB = 1． 即 sin B - π 6   = 1 2 ， ∵ 0 < B < π， ∴ - π 6  < B - π 6  < 5π 6 ，即 B - π 6  = π 6 ，可得 B = π 3 ． 由余弦定理 b2 = a2 + c2 - 2accosB．可得 a2 - c2 - 2ac = 0，即 a = c．故 △ ABC 是等边三角形． 18．记 Sn 是正项数列 an  的前 n 项和， an + 1 是 4 和 Sn 的等比中项. （1）求数列 an  的通项公式； （2）记 bn = 1 an + 1  ⋅ an + 1 + 1  ，求数列 bn  的前 n 项和 Tn. 【解析】（1）因为 an + 1 是 4 和 Sn 的等比中项， 所以 an + 1  2 = 4Sn ①，当 n ≥ 2 时， an - 1 + 1  2 = 4Sn - 1 ②， 由① - ②得： an + 1  2 - an - 1 + 1  2 = 4Sn - 4Sn - 1， 化简得 an - 1  2 = an - 1 + 1  2，即 an - 1 = an - 1 + 1 或者 an - 1 + an - 1 + 1  = 0 （舍去）， 故 an - an - 1 = 2(n ≥ 2)，数列 an  为等差数列， 因为 a1 + 1  2 = 4S1，解得 a1 = 1， 所以数列 an  是首项为 1、公差为 2 的等差数列， an = 2n - 1. （2）因为 bn = 1 2n ⋅ (2n + 2)  = 1 4  1 n  - 1 n + 1   ， 所以 Tn = b1 + b2 + ⋯ + bn = 1 4  1 - 1 2  + 1 2  - 1 3  + ⋅ ⋅ ⋅ + 1 n  - 1 n + 1   = n 4(n + 1) . 19．根据教育部《中小学生艺术素质测评办法》，为提高学生审美素养，提升学生的综合素质，江 苏省中考将增加艺术素质测评的评价制度，将初中学生的艺术素养列入学业水平测试范围．为 初步了解学生家长对艺术素质测评的了解程度，某校随机抽取 100 名学生家长参与问卷测试， 并将问卷得分绘制频数分布表如下： 得分 [30， 40） [40， 50） [50， 60） [60， 70） [70， 80） [80， 90） [90， 100] 男性人数 4 9 12 13 11 6 3 女性人数 1 2 2 21 10 4 2 （1）将学生家长对艺术素质评价的了解程度分为“比较了解”（得分不低于 60 分）和“不太了解” （得分低于 60 分）两类，完成 2 × 2 列联表，并判断是否有 99.9% 的把握认为“学生家长对艺术素 质评价的了解程度”与“性别”有关？ 不太了解 比较了解 合计 男性 女性 合计 （2）以这 100 名学生家长中“比较了解”的频率代替该校学生家长“比较了解”的概率现在再随机 抽取 3 名学生家长，设这 3 名家长中“比较了解”的人数为 X，求 X 的概率分布和数学期望． 附： X2 = n(ad - bc)2 (a + b) (c + d) (a + c) (b + d) ， n = a + b + c + d  ． 临界值表： P X2 ≥ x0  0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 x0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【解析】（1）由题意得列联表如下： 不太了解 比较了解 合计 男性 25 33 58 女性 5 37 42 合计 30 70 100 X2 的观测值 X2 = 100 × (25 × 37 - 33 × 5)2 30 × 70 × 42 × 58  = 11.29 因为 11.29 > 10.828， 所以有 99.9% 的把握认为学生家长对艺术素质评价的了解程度与性别有关． (2) 由题意得该校 1 名学生家长“比较了解”的概率为 70 100  = 7 10 ， X~ B 3, 7 10   ， P(X = k) = C k 3 7 10   k 3 10   3 - k ， k = 0, 1, 2, 3， 即 X 的概率分布如下 X 0 1 2 3 P 27 1000  189 1000  441 1000  342 1000  所以 E(X) = 0 × 27 1000  + 1 × 189 1000  + 2 × 441 1000  + 3 × 343 1000  = 21 10 ． 20．如图， AB 是半圆 O 的直径， C 是半圆 O 上除 A， B 外的一个动点， DC 垂直于半圆 O 所在的 平面， DC ∥ EB， DC = EB = 1， AB = 4. （1）证明：平面 ADE ⊥ 平面 ACD； （2）当 C 点为半圆的中点时，求二面角 D ﹣ AE ﹣ B 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） - 2  6  【解析】（1）证明： ∵ AB 是圆 O 的直径， ∴ AC ⊥ BC， ∵ DC ⊥ 平面 ABC， BC ⊂ 平面 ABC， ∴ DC ⊥ BC，又 DC ∩ AC = C， ∴ BC ⊥ 平面 ACD， ∵ DC ∥ EB， DC = EB， ∴ 四边形 DCBE 是平行四边形， ∴ DE ∥ BC， ∴ DE ⊥ 平面 ACD， 又 DE ⊂ 平面 ADE， ∴ 平面 ACD ⊥ 平面 ADE. （2）当 C 点为半圆的中点时， AC = BC = 2 2 ， 以 C 为原点，以 CA， CB， CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示： 则 D （0， 0， 1）， E （0， 2 2 ， 1）， A （2 2 ， 0， 0）， B （0， 2 2 ， 0）， ∴ AB  = （-2 2 ， 2 2 ， 0）， BE  = （0， 0， 1）， DE  = （0， 2 2 ， 0）， DA  = （2 2 ， 0， ﹣ 1）， 设平面 DAE 的法向量为 m = （x1， y1， z1），平面 ABE 的法向量为 n = （x2， y2， z2）， 则 m ⋅ DA  = 0 m ⋅ DE  = 0  ， n ⋅ AB  = 0 n ⋅ BE  = 0  ，即 2 2  x1 - z1 = 0 2 2  y1 = 0  ， -2 2  x2 + 2 2  y2 = 0 z2 = 0  ， 令 x1 = 1 得 m = （1， 0， 2 2 ），令 x2 = 1 得 n = （1， 1， 0）. ∴ cos < m ， n > = m ⋅ n m  n   = 1 3 × 2  = 2  6 . ∵ 二面角 D ﹣ AE ﹣ B 是钝二面角， ∴ 二面角 D ﹣ AE ﹣ B 的余弦值为 - 2  6 . 21．已知函数 f(x) = 1 3 x3 + (a + 2) 2 x2 + 2ax． （1）当 a = 2 时，求过坐标原点且与函数 y = f x  的图像相切的直线方程； （2）当 a ∈ 0, 2  时，求函数 f x  在 -2a, a  上的最大值． 【解析】 (1) 设切点坐标为 x0, y0  ，当 a = 2 时， f(x) = 1 3 x3 + 2x2 + 4x， 则 f(x) = x2 + 4x + 4 所以切线方程为 y - 1 3 x3 0 - 2x2 0 - 4x0 = (x2 0 + 4x0 + 4) (x - x0)， 又过原点 (0， 0)，所以 - 1 3 x3 0 - 2x2 0 - 4x0 = - x3 0 - 4x2 0 - 4x0， 2 3 x3 0 + 2x2 0 = 0，解得 x0 = 0 或 x0 = - 3， 当 x0 = 0 时，切线方程为 y = 4x ﹔ 当 x0 = 3 时，切线方程为 y = x． (2) 因 f(x) = 1 3 x3 + (a + 2) 2 x2 + 2ax， 所以 f x  = x2 + a + 2  x + 2a = x + 2  x + a  ， 令 f x  = 0，得 x = - a， x = - 2， i) 当 -2a ≥ - 2，即 0 < a ≤ 1 时， f x  在 -2a, -a  上单调递减，在 -a, a  上单调递增， 所以 f x  max = max f -2a  , f a   ． 因 f(-2a) = - 8 3 a3 + 2a3 + 4a2 - 4a2 = - 2 3 a3 < 0， f(a) = 1 3 a3 + a3 2  + a2 + 2a2 = 5 6 a3 + 3a2 > 0， 所以 f -2a  < f a  ，所以 f(x)max = f(a) = 5 6 a3 + 3a2． ⅱ ) 当 -2a < - 2，即 1 < a < 2 时， f x  在 -2a, -2  上单调递增，在 -2, -a  上单调递减， 在 -a, a  上单调递增，所以 f x  max = max f -2  , f(a  ． f(-2) = - 8 3  + 2a + 4 - 4a = - 2a + 4 3  < - 2 3 ， f(a) = 1 3 a3 + a3 2  + a2 + 2a2 = 5 6 a3 + 3a2 > 23 6 ， 所以 f x  max = f a  ． 综上可得： f(x)max = f(a) = 5 6 a3 + 3a2． 22．已知点 P(1, 3 2 ) 在椭圆 C： x2 a2 + y2 b2 = 1(a > b > 0) 上， F(1, 0) 是椭圆的一个焦点． （1）求椭圆 C 的方程； （2）椭圆 C 上不与 P 点重合的两点 D， E 关于原点 O 对称，直线 PD， PE 分别交 y 轴 于 M， N 两点．求证：以 MN 为直径的圆被直线 y = 3 2  截得的弦长是定值． 【解析】（1）依题意，椭圆的另一个焦点为 F(-1, 0)，且 c = 1. 因为 2a = 22 + ( 3 2 )2  + 02 + ( 3 2 )2  = 4，所以 a = 2， b = a2 - c2  = 3 ， 所以椭圆 C 的方程为 x2 4  + y2 3  = 1. （2）证明：由题意可知 D， E 两点与点 P 不重合． 因为 D， E 两点关于原点对称，所以设 D(m, n), E(-m, -n), (m ≠ ± 1) 设以 MN 为直径的圆与直线 y = 3 2  交于 G(t, 3 2 ), H(-t, 3 2 ) (t > 0) 两点， 所以 GM ⊥ GN 直线 PD： y - 3 2  = n - 3 2  m - 1 (x - 1). 当 x = 0 时， y = - n - 3 2  m - 1  + 3 2 ，所以 M(0, - n - 3 2  m - 1  + 3 2 ). 直线 PE： y - 3 2  = n + 3 2  m + 1 (x - 1). 当 x = 0 时， y = - n + 3 2  m + 1  + 3 2 ，所以 N(0, - n + 3 2  m + 1  + 3 2 ). 所以 GM  = (-t, - n - 3 2  m - 1 )， GN  = (-t, - n + 3 2  m + 1 )， 因为 GM ⊥ GN，所以 GM  ⋅ GN  = 0， 所以 GM  ⋅ GN  = t2 + 4n2 - 9 4(m2 - 1)  = 0. 因为 m2 4  + n2 3  = 1，即 3m2 + 4n2 = 12， 4n2 - 9 = 3 - 3m2， 所以 t2 - 3 4  = 0，所以 t = 3  2 ， 所以 G( 3  2 , 3 2 )， H(- 3  2 , 3 2 )， 所以 GH  = 3  . 所以以 MN 为直径的圆被直线 y = 3 2  截得的弦长是定值 3  .