苏北四市2021届高三第一次调研考试数学试题及答案

案

数学Ⅰ试题

注 意 事 项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 、解答题（第15题——第 1.本试卷共4页，包含填空题（第1题——第14题）。本卷满分160分，考试时刻为120分钟。考试终止后，请将本卷和答题 20题） 卡一并交回。 2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写 在试卷及答题卡的规定位置。 3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效。 作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔。请注意字体工整，笔迹清晰。 4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破旧。 参考公式： 样本数据x1,x2,1n1n2s(xix)xxi,xn的方差ni1ni1. ，其中

2一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置

上．

1.若复数z11i，z224i，其中i是虚数单位，则复数z1z2的虚部是 ▲ . 2.已知集合A(,0]，B{1,3,a}，若AB，则实数a的取值范畴是 ▲ . 3.若函数

f(x)2m21为奇函数，则实数m ▲ . x4.若抛物线的焦点坐标为(2,0)，则抛物线的标准方程 是 ▲ ．

5.从某项综合能力测试中抽取10人的成绩，统计如 下表，则这10人成绩的方差为 ▲ .

分数 人数 5 3 4 1 3 1 2 3 1 2 开始 S0,n1 n≤12 Y n SSN 输出S 终止

6.如图是一个算法的流程图，则最后输出的S ▲ .

nn2 （第6题图） 7.已知直线l1：ax3y10，l2：2x(a1)y10，若l1∥l2，则实数a的值是 ▲ ． 8.一个质地平均的正四面体（侧棱长与底面边长相等的正三棱锥）玩具的四个面上分别标有1，2，3，4这四个数字.若连续两次抛掷那个玩具，则两次向下的面上的数字之积为偶数的概率

y yf(x)

yf(x)

是 ▲ .

π3πcos()(,π)45，29.已知，则cos ▲ ． 10.已知函数yf(x)及其导函数yf(x)的图象如图所示，

则曲线yf(x)在点P处的切线方程是 ▲ ． 11.在△ABC中，点M满足MAMBMC0，若 ABACmAM0，则实数m的值为 ▲ ．

12.设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题： ①若m，，则m； ②若m//，m，则； ③若，，则； ④若m，n，m//n，则//．

上面命题中，真命题的序号是 ▲ （写出所有真命题的序号）．

22(2x1)≤ax13.若关于x的不等式的解集中的整数恰有2个，则实数a的取值范畴

是 ▲ ．

{bn}满足a11，a22，b12，14.已知数列{an}，且对任意的正整数i,j,k,l，当ijkl12010(aibi)aibjakbl2010i1时，都有，则的值是 ▲ ．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定位置内作答，解答时应写出文字

说明、证明过程或演算步骤． 15.（本小题满分14分）

如图，在△ABC中，已知AB3，AC6，BC7，AD是BAC平分线. （1）求证：DC2BD； （2）求ABDC的值.

B A D （第15题图）

C

16.（本小题满分14分）

如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PBPD，且E，F分别是BC， CD的中点. 求证：

（1）EF∥平面PBD； （2）平面PEF⊥平面PAC.

17.（本小题满分14分）

A F D

B

E （第16题图）

C P 在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a22a13，且3a2，a4，5a3成等差数列. （1）求数列{an}的通项公式；

ab（2）设bnlog3an，求数列nn的前n项和Sn.

18.（本小题满分16分）

x2y2184已知椭圆E：的左焦点为F，左准线l与x轴的交点是圆C的圆心，圆C恰好通过坐标原点O，设G是圆C上任意一点.

（1）求圆C的方程；

（2）若直线FG与直线l交于点T，且G为线段FT的中点，求直线FG被圆C所截得的弦长；

GF1GP2？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明（3）在平面上是否存在一点P，使得

理由.

19.（本小题满分16分）

如图1，OA，OB是某地一个湖泊的两条垂直的湖堤，线段CD和曲线EF分别是湖泊中的一条

栈桥和防波堤.为观光旅行需要，拟过栈桥CD上某点M分别修建与OA，OB平行的栈桥MG，MK，且以MG，MK为边建一个跨过水面的三角形观光平台MGK．建立如图2所示的直角坐标系，测得CD的方程是x2y20(0x20)，曲线EF的方程是xy200(x0)，设点M的坐标为(s,t)．（题中所涉及长度单位均为米，栈桥及防波堤都不计宽度） （1）求三角形观光平台MGK面积的最小值；

（2）若要使MGK的面积不小于320平方米，求t的范畴． 图1

20.（本小题满分16分）

xf(x)eax1(aR，且a为常数)． 已知函数

图2

（1）求函数f(x)的单调区间；

（2）当a0时，若方程f(x)0只有一解，求a的值； （3）若对所有x≥0都有f(x)≥f(x)，求a的取值范畴．

数学Ⅱ（附加题） 21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A.选修4-1：几何证明选讲

（本小题满分10分）

如图，AB是⊙O的直径，弦BD、CA的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F．求证：

（1）AEDAFD；

2（2）ABBEBDAEAC．

E

D

B.选修4-2：矩阵与变换 （本小题满分10分）

F

A

· O

B

C （第21—A题图）

10M0222x2xy10，求曲线在矩阵MN对应的变换作用下得到的曲线方程，其中

10N11．

C.选修4-4：坐标系与参数方程 （本小题满分10分）

以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的单位长度.已知直线l的极坐标方程为cos2sinx4cos,(为参数)y2sin0，曲线C的参数方程为，

又直线l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的长.

D.选修4-5：不等式选讲 （本小题满分10分）

若存在实数x使3x614xa成立，求常数a的取值范畴．

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 22.（本小题满分10分）

如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB4，AD3，AA12，E，F分别是棱AB，BC 上的点，且EBFB1．

（1）求异面直线EC1与FD1所成角的余弦值；

（2）试在面A1B1C1D1上确定一点G，使DG平面D1EF．

23.（本小题满分10分） 设二项展开式

Cn(31)2n1(nN*)D1

G A1 D B1 C1

C F B A E

（第22题图）

的整数部分为

An，小数部分为

Bn.

（1）运算C1B1,C2B2的值； （2）求

CnBn.

宿迁市2011届高三第一次调研试卷 数学1答案 一填空题：

121. 2， 2.a≤0, 3.1, 4. y8x, 5. 5, 6. 36, 7.

2233, 8.4, 9.10,

925[,)10. xy20, 11. 3, 12. ②, 13.49, 14. 2020.

二、解答题

ABBD15.（1）在ABD中，由正弦定理得sinADBsinBAD①，

ACDC在ACD中，由正弦定理得sinADCsinCAD②， ………………………2分 又AD平分BAC，

因此BADCAD，sinBADsinCAD， sinADBsin(ADC)sinADC，

BDAB3DCAC6，因此DC2BD.………………………………………………6分 由①②得

（2）因为DC2BD，因此

DC2BC3.

AB2BC2AC232726211cosB2ABBC23721， …………10分 在△ABC中，因为

22ABDCAB(BC)|AB||BC|cos(B)33因此

2112237()3213.………………………………………………………14分 P

16．（1）因为E，F分别是BC，CD的中点， 因此EF∥BD，……………………………2分 因为EF平面PBD，BD平面PBD，

因此EF∥平面PBD.………………………6分 （2）设BD交AC于点O，连结PO，

因为ABCD是菱形，因此BD⊥AC，O是BD中点， 又PBPD，因此BD⊥PO，

又EF∥BD，因此EF⊥AC，EF⊥PO. ………………………10分 又ACA B

O E （第16题图）

C F D

POO，AC平面PAC，PO平面PAC，

因此EF⊥平面PAC.……………………………………………………………………12分 因为EF平面PEF，因此平面PEF⊥平面PAC.………………………………………14分 17．（1）设

{an}公比为q，由题意得q0，

且

a22a13,3a25a32a4,a1(q2)3,22q5q30, ……………………………………………2分 即6a,15a13,1qq3,或2（舍去）解之得，…………………………………………………4分

anan33n13nnN因此数列的通项公式为，.…………………………………6分

（2）由（1）可得因此因此

bnlog3ann，因此

，

anbnn3n.…………………………………8分

Sn132323333Sn132233334n3nn3n1，

…………………………………10分

两式相减得，

2Sn3(32333n)n3n1(332333n)n3n1

3(13n)3(2n1)3n1n1n3132，

3(2n1)3n1Snanbn4因此数列的前n项和为. ………………………………14分 x2y218418．（1）由椭圆E：，得l：x4，C(4,0)，F(2,0)，

22(x4)y16．………………………………4分 又圆C过原点，因此圆C的方程为

（2）由题意，得

G(3,yG)22(x4)y16，得yG15， ，代入

因此FG的斜率为k15，FG的方程为y15(x2)， …………………8分 （注意：若点G或FG方程只写一种情形扣1分） 因此C(4,0)到FG的距离为

d15215216()722，直线FG被圆C截得弦长为．

故直线FG被圆C截得弦长为7．…………………………………………………………10分

1GF1222(xs)(yt)G(x0,y0)P(s,t)00（3）设，，则由GP2，得，

整理得又

223(x0y0)(162s)x02ty016s2t202(x02)2y0①，…………………………12分

G(x0,y0)2222x0y08x00(x4)y16在圆C：上，因此②，

②代入①得

(2s8)x02ty016s2t20， …………………………14分

又由

G(x0,y0)为圆C 上任意一点可知，

2s80,2t0,16s2t20,解得s4,t0．

因此在平面上存在一点P，其坐标为(4,0)． …………………………16分

100100G(,t)K(s,)ts(s0,t0)， 19．（1）由题意，得，

又因为M(s,t)在线段CD：x2y20(0≤x≤20)上， 因此s2t20(0s20)，

11200200140000SMGKMGMK(s)(t)(st400)22ts2st……………4分

由20s2t2s2t22u，得0st≤50，当且仅当s10，t5时等号成立.

……………………………………6分

140000f(u)SMGK(u400)stu2u令，则，u(0,50]. 110000f(u)(1)022u又，故f(u)在(0,50]上单调递减，

（注意：若f(u)在(0,50]上单调递减未证明扣1分） 因此

f(u)minf(50)225，现在s10，t5.

因此三角形MGK面积的最小值为225平方米. ……………………………………10分 （2）由题意得f(u)≥320，

140000(u400)3202u当，解得u40或u1000（舍去），

由（1）知st≤40， ……………………………………14分 即(202t)t≤40，解之得55≤t≤55.

因此t的范畴是[55,55]．………………………………………………………16分

xf(x)ea，………………………………………………………………1分 20．（1）

当a≥0时，f(x)0，f(x)在(,)上是单调增函数．…………………3分

当a0时，

由f(x)0，得xln(a)，f(x)在(ln(a),)上是单调增函数； 由f(x)0，得xln(a)，f(x)在(,ln(a))上是单调减函数．

综上，a≥0时，f(x)的单调增区间是(,)．

a0时，f(x)的单调增区间是(ln(a),)，单调减区间是(,ln(a))．…6分

f(x)minf(ln(a))（2）由（1）知，当a0，xln(a)时，f(x)最小，即，

由方程f(x)0只有一解，得f(ln(a))0，又考虑到f(0)0，

因此ln(a)0，解得a1．…………………………………………………10分 （3）当x≥0时，f(x)≥f(x)恒成立，

即得eax≥exxax恒成立，即得exex2ax≥0恒成立，

xxh(x)ee2ax（x≥0）令，即当x≥0时，h(x)≥0恒成立．

xxxxh(x)ee2ah(x)≥2ee2a22a，当x0时等号成立． 又，且

………………………………………………………………………………………12分 ①当a1时，h(x)0，

因此h(x)在[0,)上是增函数，故h(x)≥h(0)0恒成立． ②当a1时，若x0，h(x)0， 若x0，h(x)0，

因此h(x)在[0,)上是增函数，故h(x)≥h(0)0恒成立．…………………14分

2xln(aa1)， h(x)0a11③当时，方程的正根为

现在，若因此，

x(0，x1)，则h(x)0，故h(x)在该区间为减函数．

x(0，x1)时，h(x)h(0)0，与x≥0时，h(x)≥0恒成立矛盾．

综上，满足条件的a的取值范畴是[1,)．……………………………………16分 数学Ⅱ（附加题）参考答案

21．【选做题】

A．选修4-1：几何证明选讲 证明：(1)连结AD．

因为AB为圆的直径，因此ADB90． 又EF⊥AB，EFA90， 则A、D、E、F四点共圆，

∴DEADFA．……………………………5分 (2)由(1)知，BDBEBABF． 连结BC，明显ABC∽AEF，

E

D F

A

· O

B

C （第21—A题图）

ABACAEAF，即ABAFAEAC， ∴

2BEBDAEACBABFABAFAB(BFAF)AB∴．…………………………

10分

B．选修4-2：矩阵与变换

101010021122， ……………………………………=解：MN=4分

22x2xy10上任意一点，点P在矩阵MN对应的变换下变为点P（x,y）设是曲线

x,y）P（，

x10x'xy'2x2yy22 则有因此xx，8分

22x2xy10得xy1， 代入

22x2xy10在MN对应的变换作用下得到的曲线方程为xy1．因此曲线……………10

yxy2. ……………………………………

分

C．选修4-4：坐标系与参数方程

x2y21x2y0164解：直线l的直角坐标方程为，曲线C的一般方程为， …………………

6分 两

者

联

立

解

得

A

和

B

的

坐

标

为

(22,2)和

(22,2)， ………………………………………8分

∴

AB(42)2(22)2210. …………………………………

…10分

D．选修4-5：不等式选讲 解

：

3x614x3x2114x， …………………………………2

分 由

柯

西

不

等

式

得

(3x2114x)2≤(31)(x214x)64，………………………8分

因此3x614x≤8，当且仅当x10时取“=”， 因

此

，

常

数

a的取值范畴是

(,8). ………………………………………………………………10分

【必做题】

22．解：（1）以D为原点，DA，DC，坐标系， 则有D(0,0,0)，因此分 设

DD1分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角

D1(0,0,2)，

C1(0,4,2)，E(3,3,0)，F(2,4,0)，

EC1(3,1,2)，FD1(2,4,2)．………………………………………………………3

FD1所成角为，则

EC1与

cosEC1FD1(3)(2)1(4)222114|EC1||FD1|(3)21222(2)2(4)222面

直

线

．

余z 弦

值

为

∴异

EC1与

FD1所成角的

2114．……………………………………………………5分

（2）因点G在平面A1B1C1D1上，故可设G(x,y,2)．

A1 D1 G D A x B1 C1 DG(x,y,2)，FD1(2,4,2)，EF(1,1,0)．

……………………………………………………7分

C E F B y 2x,3DGFD0,12x4y40,y2.DGEF0得xy0,3 由解得2故当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为3时，DG平面D1EF．

…………………………………10分

2n1C(31)n23．解：（1）因为，

因此C131， A12， B131，因此C1B12； ……………………………2分 又

C2(31)31063，其整数部分A220，小数部分B26310，

因此C2B28.…………………………………………………………………………………4分

2n102n112n22n22n1C(31)C(3)C(3)C3Cn2n12n12n12n1,① （2）因为

2n102n112n22n22n1(31)C(3)C(3)C3C2n12n12n12n1② 而

①—②得：

12n232n42n1*C2(3)C(31)2n1—（31)2n1=2（C2n1(3)n12n1)N……8分 2n12n12n12n1AB(31)(31)(31)31)n0n1，因此而—（， 2n12n12n1CB(31)(31)2nn因此．………………………………………………10

分

（注：若猜想出

CnBn22n1而未给出证明只给2分