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  • 2021-06-30 发布

南京市秦淮中学2021届高三期初调研考试数学试卷(教师版)

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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  .