2020-2021学年江苏省苏州市高三下开学考试数学试卷

苏州市XX中学2020~2021学年第二学期期初学业质量阳光指标调研卷高三数学注意事项：学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题）、多项选择题（第9题～第12题）、填空题（第13题～第16题）、解答题（第17题～第22题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．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，笔迹清楚．一、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，只有一项是符合题目要求的．1.如图，阴影部分所表示的集合为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】图中阴影部分表示的是集合与的补集的交集形成.【详解】图中的阴影部分表示的是集合与的补集的交集形成即为故选：B2.已知复数z满足(i为虚数单位），则z在复平面内对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数z，可得对应点的坐标，从而可得答案.【详解】因为，所以，则z在复平面内对应点的坐标为，所以z在复平面内对应的点在第三象限，故选：C.3.已知等差数列的前n项和为，则的值为（）A.33 B.44 C.55 D.66【答案】C【解析】【分析】根据等差数列求和与通项公式求解即可.【详解】是等差数列的前项和，，，解得，，故选：C.4.古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，不论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202)被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，两位数的回文数共有9个，则在三位数的回文数中，出现奇数的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】列出所有三位数的回文数即可求得结果.【详解】三位数的回文数有：101111121131141151161171181191202212222232242252262272282292303313323333343353363373383393404414424434444454464474484494505515525535545555565575585595606616626636646656666676686696707717727737747757767777787797808818828838848858868878888898909919929939949959969979989999共有90个，其中奇数有50个，故出现奇数的概率为故选：C5.如图，在斜坐标系中，轴、轴相交成角，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，若向量，则称有序实数对为向量的坐标，记作．在此斜坐标系中，已知向量，，则、夹角的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得，，计算出、、的值，可计算得出的值，即可求得、的夹角.【详解】由已知可得，，由平面向量数量积的定义可得，，，，，，所以，，因此，、的夹角为.故选：C.【点睛】方法点睛：求平面向量的夹角一般利用向量夹角的余弦公式，同时要注意向量夹角的取值范围.6.已知函数和分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，则的解析式可以是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据，得到，再根据是定义在R上的奇函数，逐项判断.【详解】因为，所以，而，，，，又因为是定义在R上的奇函数，所以，而，，故选：A7.已知函数，若为锐角且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由得，结合为锐角可得，然后利用二倍角公式可得.【详解】因，所以，因为为锐角，且，所以，所以，.故选：D.8.我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以1为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2)，从而求得该帐篷的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得对应正四棱柱的底面边长和高，根据帐篷的体积等于棱柱的体积减去棱锥的体积，根据体积公式求得结果.【详解】根据题意，底面正方形的边长为，高为1，根据题意，可知该帐篷的体积为，故选：B.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关几何体体积的求解，解题方法如下：（1）认真读题，理解题意；（2）根据题意，求得相应几何体的棱长；（3）利用体积公式求得结果.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.设，则满足的正整数n的值可能为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】BC【解析】【分析】首先求出，然后可得答案.【详解】的展开式的通项为所以满足的有，故选：BC10.已知，则（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】先求得，，再结合选项一一判断即可.【详解】由得，因为，故A错；由，故B正确；因为，，又，，且所以故，所以C正确；因为且所以，故D正确故选：BCD11.已知双曲线的右焦点为F，两条直线与C的交点分别为，则可以作为的充分条件的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】直线方程与双曲线方程联立，求得点的坐标，利用两点间距离求得和，再代入选项，验证.【详解】联立方程，解得：，，即，同理可得，由条件可知，得,，若，则代入选项可得或.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交，重点考查计算能力，关键也是计算，需要代入验证选项.12.在长方体中，已知分别为的中点，则（）A.B.平面C.三棱锥外接球的表面积为D.平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意一一判断即可有结果.【详解】以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：依题意得：则所以则，故A正确；取中点，连结，依题意知，因为与平面相交，所以与平面不平行，故B错；设为中点，因为则，所以点为三棱锥外接球的球心，则，所以外接球的表面积为，故C正确；设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，由于，，所以，故截面圆的半径为，所以截面圆面积，故D正确故选：ACD【点睛】本题的D选项关键在于通过相关点的转换求点到面的距离.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知随机变量服从正态分布，且，则__________．【答案】【解析】【分析】利用正态曲线的对称性进行求解．【详解】因为，所以该正态曲线关于直线对称，则，又得所以故答案为：14.设分别是椭圆的左、右焦点，过作x轴的垂线与C交于两点，若为正三角形，则a的值为___________．【答案】【解析】【分析】利用已知条件求出，代入椭圆方程，结合，解方程组即可得答案．【详解】分别是椭圆的左、右焦点，则①，过作轴的垂线与交于，两点，因为是等边三角形，所以则，代入椭圆方程可得②由①②，结合可得，故答案为：．15.已知函数，若函数恰有四个零点，则实数b的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】首先利用零点分段分段去绝对值，画出函数的图象，利用数形结合求的取值范围.【详解】当时，，时，，时，，时，，即，如图，画出函数的图象，若函数恰有四个零点，即和有4个交点，根据数形结合可知.故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.16.如图，已知球O的半径为，圆为球O的两个半径均为2的截面圆，圆面O、圆面、圆面两两垂直，点分别为圆O与圆的交点，两点分别从同时出发，按箭头方向沿圆周以每秒弧度的角速度运动，直到两点回到起始位置时停止运动，则其运动过程中线段长度的最大值为________；研究发现线段长度最大的时刻有两个，则这两个时刻的时间差为________秒．【答案】(1).(2).8【解析】【分析】以球心为坐标原点，建立空间直角坐标系，得出的坐标，写出运动秒后两点的坐标，求出，结合二次函数性质可得最大值，及取得最大值时的时刻．【详解】由题意到圆面和圆面的距离为，以为坐标原点，与圆面，圆面，圆面垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，运动秒后，，，，，令，则，时，，，或，综上，两个时刻的时间差为8秒．故答案为：；8．【点睛】关键点点睛：本题考查空间两点的距离问题，解题关键是建立如图所示的空间直角坐标系，结合圆中的知识得出秒后两点坐标，从而由两点间距离公式得出，求得最大值．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在中，内角的对边分别为，若，．（1）求外接圆的直径；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由两角和差公式和正弦定理化简，求得，最后根据，求外接圆的直径；（2）由正弦定理边角互化可知，再结合余弦定理求得，最后代入求面积.【详解】（1）由，得，由正弦定理得，即，又，所以，又，所以．所以外接圆的直径．（2）由正弦定理得，因为，所以．由余弦定理得，即，结合，可得，所以．所以的面积．【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．18.随着视频传输和移动通信技术的日益成熟、以及新冠疫情的推动，直播＋电商的模式正在全球范围内掀起热潮．目前，国际上Amazon、Rakuten等电商平台和以Facebook为代表的社交类平台都纷纷上线了直播电商业务；在国内，淘宝、京东、抖音、拼多多、苏宁等众多平台都已成为该赛道内的玩家．根据中研产业研究院《2020-2025年中国直播电商行业市场深度分析及投资战略咨询研究报告》显示，2020年上半年，“直播经济”业态主要岗位的人才达到2019年同期的2.4倍；2020年“6·18”期间，带货主播和直播运营两大岗位高达去年同期的11.6倍．针对这一市场现象，为了加强监管，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务的评价体系．现从评价系统中选出200次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为0.6，对服务的好评率为0.75，其中对商品和服务都做出好评的交易为80次．（1）请完成关于商品和服务评价的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为商品好评与服务好评有关？对服务好评对服务不满意合计对商品好评80对商品不满意10合计200（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的3次购物中，设对商品和服务全为好评的次数为随机变量X，求对商品和服务全为好评的次数X的分布列和数学期望．附临界值表：0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828的观测值：（其中）【答案】（1）表格见解析，能；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）由题意完成表格并计算出可得答案；（2）计算出的取值及概率，写出分布列并计算出期望即可.【详解】（1）由题意可得关于商品和服务评价的列联表如下：对服务好评对服务不满意合计对商品好评8040120对商品不满意701080合计15050200，故能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为商品好评与服务好评有关．（2）每次购物中，对商品和服务全为好评的概率为，且的取值可以是其中，，，，X的分布列为：X0123P由于，则X的数学期望．【点睛】本题考查了列联表及分布列求期望的问题，关键点是计算出和的概率，考查了学生对数据分析的能力和计算能力.19.如图，在平面直角坐标系中，已知个圆、、、与轴和直线均相切，且任意相邻两圆外切，其中圆.（1）求数列的通项公式；（2）记个圆的面积之和为，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设圆、分别切轴于点、，过点作，垂足为点，可得出，由可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得的通项公式，进而可求得数列的通项公式；（2）利用等比数列的求和公式可证得结论成立.【详解】（1）直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，且直线过点，在直线上，，如下图所示：设圆、分别切轴于点、，过点作，垂足为点，则，其中，，，，可得，，，则，为等比数列且首项为，公比为，；（2）.【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解；（2）前项和法：根据进行求解；（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项；（4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；（5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）.一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；②取倒数法：这种方法适用于（、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.20.如图，在平面直角坐标系中，过原点的直线交抛物线于点P（异于原点O），抛物线C上点P处的切线交y轴于点M，设线段的中点为N，连结线段交C于点T.（1）求的值；（2）过点P作圆的切线交C于另一点Q，设直线的斜率为，证明：为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）引入一个变量，分别计算出点N与点T的横坐标即可求得答案；（2）先设点，然后表示出斜率，结合相切的条件，再运用韦达定理即可证明.【详解】法一：（1）设，点P处的切线方程为，联立方程组得，由，解得；可知切线为，联立方程组得，即T为的中点，所以．（2）法1：当直线的斜率不存在时，其方程为，解得，则．当直线的斜率存在时，设方程为，由题意知，因为直线与圆相切，所以，即．联立方程组得到元二次方程，设，由韦达定理可知，又，则．综上可知定值2．法2：由题意可知直线的斜率不能为0，故可设的方程为；因为直线与圆相切，所以，即．联立方程组得到一元二次方程．设，由韦达定理可知，则．又，则．即为定值2．法二：（1）．P处的切线方程为．令．中点，方程：．．（2）设直线的方程为，且为定值．【点睛】（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；（2）求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21.如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，．（1）证明：；（2）当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）分别取、的中点、，连接、、，证明出，可证得，由此可证得结论成立；（2）推导出为二面角的平面角，设，可得出，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合基本不等式求出直线与平面所成角的正弦值的最大值，求出对应的值，即可得解.【详解】（1）分别取、的中点、，连接、、．因为，为中点，所以．又因为，所以．因为四边形为正方形，则且，、分别为、的中点，且，，所以，四边形为矩形，则，，所以平面．因为平面，所以