1、2021 届苏州八校联盟高三第三次适应性检测数学试卷届苏州八校联盟高三第三次适应性检测数学试卷 （满分 150 分 考试时间 120 分钟） 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的 1已知集合 | 42Mxx ， 2 |60Nx xx，则MN= A | 43xx B | 42xx C | 22xx D |23xx 2复数 zC，在复平面内 z 对应的点 Z，满足 1 1|2 1i z ，则点 Z 所在区域的面积 A B2 C3
2、D4 3九章算术是世界上最古老的数学著作之一，书中有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重 十斤，斩末一尺，重四斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长 5 尺，一头粗，一头细， 在粗的一端截下 1 尺，重 10 斤；在细的一端截下 1 尺，重 4 斤，问依次每一尺各重多少斤？”假设金杖 由粗到细是均匀变化的，则截去粗端 2 尺后，金杖剩余部分的重量为 A15.5斤 B16.5斤 C17.5斤 D18.5斤 4设三点 A，B，C 不共线，则“向量AB与AC夹角是钝角”是“| |ABACBC”的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 5设
3、0.4 log0.5x ， 1.5 log0.5y ，则 A0 xyxy B0 xyxy C0 xyxy D0 xyxy 6已知函数 ( )yf x 的图像如右图所示，则此函数可能是 A 2 ee ( ) | 2 xx f x xx B 2 ee ( ) | 2 xx f x xx C 3 | | 11 | | ( ) ee xx xx f x D 3 | | 11 | | ( ) ee xx xx f x 7若数列Fn满足 F1=1，F2=1，Fn=Fn-1+ Fn-2 (n3)，则Fn称为斐波那契数列，它是由中世纪意大利数学 家斐波那契最先发现它有很多美妙的特征，如当 n2 时，前 n 项
4、之和等于第 n+2 项减去第 2 项；随着 n 的增大，相邻两项之比越来越接近0.618等等若第 30 项是 832040，请估计这个数列的前 30 项之和 最接近 （备注： 2 0.6180.38， 2 1.6182.61） (第 6 题图) A31 万 B51 万 C217 万 D317 万 8平面直角坐标系 xoy 中，若点的横、纵坐标均为整数，则称该点为整点已知点(6,0),( 6,0)AB， 若整点 P 满足| |4PA PBPAPB，则点 P 的个数为 A10 B11 C14 D15 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20
5、 分在每小题给出的四个选项中，只有多项符合题目分在每小题给出的四个选项中，只有多项符合题目 要求，全部选对得要求，全部选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分，有选错得分，有选错得 0 分分 9 已知函数 2 ( )(sin3cos )f xxx，则 Af(x)在区间0， 6上递增 Bf(x)的图象关于点( 3，0)对称 Cf(x)最小正周期为 Df(x)的值域为0,4 10 某学校组织知识竞赛， 每班组成四人小组参加比赛， 比赛采用抢答形式， 答对则得 5 分， 否则得 0 分 高 三（10）班由甲、乙、丙、丁四人组队参赛最后统计结果为：甲、乙、丙、丁四人得分恰好由高到 低排列，且均
6、不相同；甲答对题个数的 2 倍小于丁答对题个数的 3 倍，则 A甲至少答对了 11 道题 B乙至少答对了 9 道题 C丁至少答对了 8 道题 D高三（10）班至少获得了 170 分 11在平面直角坐标系 xoy 中，凸四边形 ABCD 的 4 个顶点均在抛物线 E：y2=2x 上，则 A四边形 ABCD 不可能为平行四边形 B存在四边形 ABCD，满足A=C C若 AB 过抛物线 E 的焦点 F，则直线 OA,OB 斜率之积恒为2 D若 OAC 为正三角形，则该三角形的面积为12 3 12平行六面体 ABCD-A1B1C1D1（底面为平行四边形的四棱柱）中，AB=AD=AA1=2， A1AB=
7、DAB=A1AD=600，则 A线段 AC1的长度为2 6 B异面直线 BD1、B1C 夹角的余弦值为 1 3 C对角面 BB1D1D 的面积为4 3 D四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的体积为4 2 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13以坐标轴为对称轴的等轴双曲线 C 经过点 A(3，1)，则 C 的标准方程为 14 2 55 () () y xxy x 展开式中， 82 x y的系数为 15 “莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形， 转子发动机的设计就是利用了莱洛三角形 转 子引擎只需转一周，各转子便有一次进
8、气、压缩、点火与排气过程，相当于往复式引擎运转两周，因 此具有小排气量就能成就高动力输出的优点另外，由于转子引擎的轴向运转特性，它不需要精密的 曲轴平衡就可以达到非常高的运转转速 “莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心， 以其边长为半 径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形(如下图所示)设“莱洛三角形”曲边上两点之间的最大距离 为 2，则该“莱洛三角形”的面积为 16已知函数 211 ( )(243)(ee)21 xx f xxxx 在0，2上的最大值为 M，最小值为 m，则 M + m= 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答时应写出说明、证明过程或演算
9、步骤分解答时应写出说明、证明过程或演算步骤 17 （本小题满分 10 分） 如图，在平面四边形 ABCD 中， 00 =1,90 ,60BCABCBCD， 0 75BAD （1）若 0 30CBD，求三角形 ABD 的面积； （2）若 62 = 2 AD ， 求CBD的大小 18 （本小题满分 12 分） 已知数列an为等比数列，且各项均为正数， 1 2a ， 23 aa是 3 a与 4 a的等差中项记正项数列bn 前 n 项之积为 Tn，b1=1， 2 (1) (2) nn n Tan B A C D (第 17 题图) (第 15 题图) (第 19 题图) P B A C D Q （1）
10、求数列 n a与 n b的通项公式； （2）证明： 1 1 11 () (2)(21)2 n i i ii a nN bibi 19 （本小题满分 12 分） 如图，多面体 PQABCD 中，四边形 ABCD 是菱形，PA平面 ABCD，=2AB PA， 0 =60ABC， 2 2QCQD，(0)PQa a （1）设点 F 为棱 CD 的中点，求证：对任意的正数 a， 四边形 PQFA 为平面四边形； （2）当14a 时，求直线PQ与平面PBC所成角的 正弦值 20 （本小题满分 12 分） 某贫困地区截至 2016 年底，按照农村家庭人均年纯收入 8000 元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚
11、 未实现小康现从这些尚未实现小康的家庭中随机抽取 50 户，得到这 50 户 2016 年的家庭人均年纯收 入的频率分布直方图 0.10 0.32 0.30 0.06 0.04 0.18 (第 20 题图) （1） 将家庭人均年纯收入不足 5000 元的家庭称为“特困户”， 若从这 50 户中再取出 10 户调查致贫原因， 求这 10 户中含有“特困户”的户数 X 的数学期望； （2） 假设 2017 年底该地区有 1000 户居民，其中 900 户为小康户，100 户为“特困户”，若每经过一年 的脱贫工作后，“特困户”中有90%变为小康户，但小康户仍有%t(0t0 由于 23 aa是 3 a
12、与 4 a的等差中项，可得 2334 2()aaaa， 又 a1=2，所以 223 2(2)222qqqq，因此=2q， 从而 1 1 2 nn n a qa ，即 an=2n 2分 由 bn0, b1=1， 2 21 22 22Tbbb， 当3n时， 1 2 (2)(1) n nn Ta ，得 1 2 (1)22(1) 2 (1)(2) 2 n n n n nn nn Ta a b T ，故 1 2(3) n n bn ， b1=1，b2=2 均符合上式，所以 1 2n n b 4 分 （2） 11 1 12111 (2)(21)(2)(21)22(1) i i iiii ii a bibi
13、iiii ， 6 分 (第 19 题图) P B A C D Q 因此有： 2231 1 1 1111111 ()()() ()(1)2122222322(1) n i i i nn i a bi binn 1 1 1 2(1) n n 8 分 要证不等式成立，即证 1 2(1)2 () n nnN 由 21 2(2) 2(1)4 210 nnn nn 可得数列 1 2(1) n n 递增， 10 分 所以 11 1 2(1)2(1 1)2 n n 由此 1 1 11 () (2)(21)2 n i i ii a nN bibi 12 分 （亦可运用二项式定理证明） 19 （本小题满分 12
14、分） 如图，多面体 PQABCD 中，四边形 ABCD 是菱形，PA平面 ABCD，=2AB PA， 0 =60ABC， 2 2QCQD，(0)PQa a （1）设点 F 为棱 CD 的中点，求证：对任意的正数 a， 四边形 PQFA 为平面四边形； （2）当14a 时，求直线PQ与平面PBC所成角的 正弦值 【考点】立体几何中位置关系的证明（证明四点共面） 、直线与平面所成的角 【解析】 （1）方法 1：设Q在平面内的射影为 E，由 QC=QD 可得 EC=ED， 所以点 E 在 CD 的垂直平分线上 2 分 由 ABCD 是菱形，且 0 =60ABC，故直线 AE 与 CD 的交点即为 C
15、D 的中点 F 4 分 因为 PA平面 ABCD，QE平面 ABCD，所以PA/QE， 从而 PA，QE 共面，因此 PQ，FA 共面，所以 PQFA 为平面四边形 6 分 方法 2：证明 CD平面 AFQ， 2 分 P B A C D Q x y z F 再证明 CD平面 PAF 4 分 由 AFQ 与平面 PAF 均过点 A 可得平面 AFQ 与平面 PAF 重合 即 P、Q、F、A 共面，所以 PQFA 为平面四边形 6 分 （2） 分别以 AB、 AF、 AP 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)， B(2,0,0)， (1,
16、3,0),(0, 3,0),(0,0,2)CFP 当14a 时，由7,7PFQF可得 222 PFQFPQ, 所以 Q 的坐标为(0 2+ 33)， 8 分 可求平面PBC的一个法向量为( 3,1, 3)n 10 分 设直线PQ与平面PBC所成角为，则 5 26 sincos, 14 n PQ ， 从而直线PQ与平面PBC所成角的正弦值为 5 26 14 12 分 20 （本小题满分 12 分） 某贫困地区截至 2016 年底，按照农村家庭人均年纯收入 8000 元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚 未实现小康现从这些尚未实现小康的家庭中随机抽取 50 户，得到这 50 户 2016 年的家庭人
17、均年纯收 入的频率分布直方图 F P B A C D Q （1） 将家庭人均年纯收入不足 5000 元的家庭称为“特困户”， 若从这 50 户中再取出 10 户调查致贫原因， 求这 10 户中含有“特困户”的户数 X 的数学期望； （2）假设 2017 年底该地区有 1000 户居民，其中 900 户为小康户，100 户为“特困户”，若每经过一年的 脱贫工作后，“特困户”中有90%变为小康户，但小康户仍有%t(0t2 2 由 Q 是线段 PF 的垂直平分线l与直线 EP 的交点，QP = QF， 又点 Q 在线段 PE 外，故有QPQE =2 2，于是有QFQE =2 2， 又由EF 2 2，
18、即QEQFEF， 由双曲线定义知点 Q 的轨迹是以 E，F 为焦点的双曲线 3 分 （不说明QEQFEF扣 1 分） （2）当=1m时，( 1,0),(1,0)EF，同（1）可得| 2 2|QFQEEF， 故 Q 点的轨迹 C 是以 E，F 为左、右焦点的椭圆， =1c，又 222 abc，QE + QF =2 2=2a， 22 =21ab ， ， 故曲线 C 方程: 2 2 +=1 2 x y 5 分 设 1112200 1 A,B,Mlxtyxyxyxy：， 当0t 时，直线 MN 与 x 轴重合， 6 分 0t 由 2 2 1, +=1, 2 xty x y ，消去x得 22 +2210
19、tyty ， 因点 E 在椭圆内，所以有0 恒成立，且 12 2 2 = 2 t yy t ， 12 0 2 22 yyt y t ， 由点 00 M xy，在直线 1 1lxty：上， 00 2 2 1 2 xty t 即 22 2 M +22 t tt ， 因直线 12 ll，相互垂直，故可设 1 1 1lxy t ：，同理可得 2 22 2 N 2 +1 21 tt tt ， 8 分 （）若 2 22 22 221 t tt ，则有 2 1t ， 此时 2 22 2 42 22 31 3 +221 222121 +221 MN tt t t t tt k ttt tt ， 直线 MN 方
20、程：则有 22 2 32 2221 tt yx ttt ，化简整理得： 2 32 321 t yx t 此时直线 MN 恒过点 2 0 3 ， 10 分 （）若 2 22 22 221 t tt ，则有 2 1t ，此时 2 121 MN 3 333 ， ， 或 212 1 MN 333 3 ， 此时直线 MN 过点 2 0 3 ，； 综上可知直线 MN 恒过定点 2 0 3 ， 12 分 其它解法根据情况酌情给分 22.（本小题满分 12 分） 已知函数 exf x ， sing xx （1）设函数( ) ( )(1)( )h xf xxg x ，当 x，0时，求函数 h x零点的个数； （
21、2）求证： ( )( )1( )lng xg xx f xx 【考点】函数与导数：函数的零点、不等式的证明问题（构造新函数） 【解析】 （1）由题意可得： 1 sin x h xexx， sin1 cos x h xexxx， 2cos1 sin x hxexxx， 1 当 ,0 2 x 时，0 x e ，sin 0 x ，1 cos0 xx， 0h x， h x在,0 2 上单调递增， 2 分 2当, 2 x 时，0 x e ，cos 0 x ，1 sin0 xx 0hx ， h x 在, 2 上单调递增， 又 2 10,()10 2 hehe ，且 h x 的图象在, 2 内连续不断， 0
22、 (,) 2 x 使得 0 0h x， 且当 0 ,xx 时， 0h x；当 0 ( , 2 xx 时， 0h x ， h x在 0 ,x内单调递减，在 0 (, 2 x 内单调递增， 综合12可知： h x在 0 ,x内单调递减，在 0 (,0 x 内单调递增，4 分 又0he ， 2 0 ()10 22 h xhe ， 010h ， 且 h x的图象在,0内连续不断， 1020 (,),(,0)xxxx 使得 12 0h xh x， 函数 h x在,0 内零点的个数是 2. 6 分 （2）证明：要证明 1lng xgxx f xx ， 即证：sincos1ln0 x xxx ex 即证：
23、sin2 1ln0 2 x x x ex ， （*） 设 sin22F xxx，则 2cos222 cos210Fxxx F x在0,内单调递减， 00F xF，sin22xx 所以要证（*）成立，只需证1ln0 x xx ex 8 分 （法一）设 1ln x G xxx ex ，则 11 111 xx x G xxexe xx 又设 1 x k xxe ， (1)0 x kxxe， k x在0,内单调递减， 又 010,110kke 0,1t 使得 0k t ，即1 t te ，ln 0tt 10 分 当 0,0 xtG x ， G x单调递增， 当 ,0 xtG x ， G x单调递减， 所以， 1ln t G xG ttt et =0，所以原命题得证. 12 分 （法二）设 1 x H xex，则 1 x Hxe 所以 H x在,0单调递减，在0,单调递增，所以 00H xH， 1 x ex 10 分 ln ln1 xx exx ，ln1 x xexx，即证1ln0 x xx ex 成立 所以原命题得证. 12 分
