江苏省沭阳银河学校2021届高三上学期开学初学情调研-数学-Word版含答案.docx

沭阳银河学校2021届高三开学初学情调研
数学试卷
第Ⅰ卷（必做题，共160分）
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分 ．
1. 函数的最小正周期为，其中，则 .
输入P

开头

结束
输出n
n←1, S←0
S < p
n←n + 1
S←S + 2n
N
Y
(第6题)
2. 若复数是纯虚数，则实数= .
3. 若，则= .
4. 已知双曲线中，若以其焦点为圆心，半实轴长为半径的圆与渐近线相切，则其渐近线方程为 ．
5．假如数据，，，…，的方差是，若数据，，，…，的方差为9，则 .
6. 执行右边的程序框图，若p＝80，则输出的n的值为 .
7. 假如投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为和，则的概率为 .
8．若是R上的增函数，且，设，，若“”是“的充分不必要条件，则实数的取值范围是______.
9．正方形铁片的边长为8cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧剪下一个顶角为的扇形，用这块扇形铁片围成一个圆锥形容器，则这个圆锥形容器的容积等于________cm3.
10. 若方程表示焦点在轴上且离心率小于的椭圆，则的最小值为 ．
11. 已知若关于的方程在（0，4）上有两个实数解，则的取值范围是 .
12. 已知圆C过点，且与圆M:关于直线对称.若Q为圆C上的一个动点，则的最小值为 .
13. 已知函数若函数在上存在唯一的极值点．则实数的取值范围为 　　　　　　 ．
14. 已知函数 ，且，则 .
二、解答题：本大题共6小题，共90分.
15.（本小题满分14分）已知的三个内角所对的边分别为,向量，，且.
(1)求角A的大小；
(2)若,求证：为等边三角形.

16.（本小题满分14分）在直三棱柱中，AC=4,CB=2,AA1=2，，E、F分别是的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设P为线段BE上一点，且，求三棱锥的体积．

17.（本小题满分14分）设椭圆方程，椭圆上一点到两焦点的距离和为4，过焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，AB=2．
（1）求椭圆方程；
（2）若M，N是椭圆C上的点，且直线OM与ON的斜率之积为，是否存在动点，若，有为定值．

18. (本小题满分16分) 某固定在墙上的广告金属支架如图所示，依据要求，AB至少长3米，C为AB的中点，B到D的距离比CD的长小0.5米，∠BCD=600
（1）若将支架的总长度表示为的函数，并写出函数的定义域.（注：支架的总长度为图中线段AB、BD和CD长度之和）
（2）如何设计的长，可使支架总长度最短．
_
D
_
C
_
B
_
A

19.（本小题满分16分）若数列的前项和为，且满足等式.
（1）能否在数列中找到按原来挨次成等差数列的任意三项，说明理由；
（2）能否从数列中依次抽取一个无穷多项的等比数列，且使它的全部项和满足，假如这样的数列存在，这样的等比数列有多少个？（注：设等比数列的首项为，公比为，则它的全部项的和定义为）

20.（本小题满分16分）已知函数，.
（1）若函数有三个极值点，求的取值范围；
（2）若依次在处取到极值，且，求的零点；
（3）若存在实数，使对任意的，不等式恒成立，试求正整数的最大值.

第Ⅱ卷（附加题，共40分）
21．[选做题]本题包括A、B、C、D四小题，每小题10分；请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．
A．（选修４－１：几何证明选讲）在中，过点A的直线与其外接圆交于点P,交BC延长线于点D. 求证：

B．（选修４－２：矩阵与变换）的顶点A（1，2），B（3，3），C（2，1），求在矩阵对应的变换下所得图形的面积．

C．（选修４－４：坐标系与参数方程）已知直线和直线的交于点.
（1）求P点的坐标；
（2）求点与的距离.

D．（选修４－５：不等式选讲）设是正数，证明：.

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.
22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD， EF // AB，∠BAF=90º， AD= 2，AB=AF=2EF =1，点P在棱DF上．
（1）若P是DF的中点， 求异面直线BE与CP所成角的余弦值；
（2）若二面角D-AP-C的余弦值为，求PF的长度．

23．数列满足，且，其中
（1）求证：≤1；
（2）求证：．

沭阳银河学校2021届高三开学初学情调研
数学试卷参考答案

第Ⅰ卷（必做题，共160分）
一、填空题
1. 6． ;
2. 1.将复数表示为的形式，然后由即可求；
3. .，即. ，；
4. .设焦点为，渐近线方程为，即所以所以即渐近线方程为;
5. 3.原数据的方差为，则新方差为，而已知新方差为9，所以;
6. 7 .依次产生的和值分别为所以，输出的值为7;
7. .由于抛掷两枚均匀的正方体骰子的基本大事数为36种，又由知，所以，满足条件的大事有: (2，3)，(3，4)，(4，5)，(5，6)共4种，则的概率为 ;
8. . ，，由于函数是R上的增函数，所以，，要使“”是“的充分不必要条件，则有，即；
9. .由题意知，弧长为×8＝2π，即围成圆锥形容器底面周长为2π，所以圆锥底面半径为r＝，可得圆锥高h＝，所以容积V＝πr2×h＝π×;
10. 4 .方程表示焦点在轴且离心率小于的椭圆时，
有 ，即，化简得，
又，，画出满足不等式组的平面区域，如右图阴影部分所示，令，平移直线当过时，;
11. 可以转化为，记，则在（0，4）上有两个实数解，可以转化为函数与的图象，结合图像和特殊点可知;
12. －4.设圆心C，则，解得，则圆C的方程为，将点的坐标代入得，故圆C的方程为，设，则，
且==，
法一：令，，则≥-2
法二：令，则，所以≥-4，的最小值为 ;
13. .， 若函数在上存在唯一的极值点，则方程=0在区间上有唯一解.由于抛物线的对称轴为，函数在区间单调递减，所以；
14. 2022. 为奇数时 为偶数 ， ， 为偶数时，为奇数， ∴ ，，，，，
，…… ，∴ ，，即.
二、解答题
15. (1)由，，
得 …………4分
又由于，所以，解得或 …………6分
……7分
(2)在中，且
所以， ① …………9分
又，∴，
代入①整理得，解得，∴，
于是， .…………13分
即为等边三角形. .…………14分
16．（1）在，∵AC=2，BC=4,，
∴，∴，
∴.………………………………3分
由已知，，∴. …………………5分
又∵，
即平面平面 ……7分
（2）取的中点，连结，
则且，
由（1），
∴， ……10分
∵，
∴. ……14分
17. （1）由于，所以， ---------------------------------2分
∵过焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，AB=2．
∴由椭圆的对称性知，椭圆过点，即 --------------------4分
，解得
椭圆方程为 ------------------------------------------------------------7分
（2）存在这样的点.
设，，
则，化简为 ---------------------9分
∵M，N是椭圆C上的点，∴，
由得- ----------------------------------------11分
所以

即存在这样的点 -----------------------------------------------------14分
18. （1）由则，设，
则支架的总长度为，
在中，由余弦定理
化简得 即 ① ……4分
记
由，则

---------6分
（2）由题中条件得，即
设
则原式
= ……10分
由基本不等式
有且仅当 ，即时成立，又由 满足
， 当时，金属支架总长度最短． …16分
19. （1）当时，，则.
又，所以，两式相减得，
即 是首项为1，公比为的等比数列，
所以 ------------------------------------------------------4分
假设存在三项按原来挨次成等差数列，记为
则，即，
所以，即，即
又，，所以
所以
假设不成立，所以不存在三项按原来挨次成等差数列 --------8分
（2）设抽取的等比数列首项为，公比为，项数为，且
则， -------------------------------------------10分
由于，所以， ------------------12分
所以
由（1）得到，所以， ------------13分
由（2）得到， --------------------------------14分
当时，适合条件，这时等比数列首项为，公比为
当时，均不适合.
当时，均不适合.
综上可得满足题意的等比数列有只有一个. ------------------16分
20. （1）①
∵有3个极值点，∴有3个不同的根， --------2分
令，则，
从而函数在，上递增，在上递减.
∵有3个零点，∴，∴. -----------------4分
（2）是的三个极值点
∴----6分
∴，∴或（舍∵）
∴，
所以，的零点分别为，1，. -------------------10分
（3）不等式，等价于，即.
转化为存在实数，使对任意的，不等式恒成立.
即不等式在上恒成立.
即不等式在上恒成立. ----------------12分
设，则.
设，则.
由于，有. 所以在区间上是减函数.
又，，，
故存在，使得.
当时，有，当时，有.
从而在区间上递增，在区间上递减.
又，，，
，，.
所以，当时，恒有；当时，恒有.
故使命题成立的正整数的最大值为5. -----------------16分
第Ⅱ卷（附加题，共40分）
21. A. 由，所以，所以
所以所以所以
由，所以 .………10分
B．由，所以，A，B，C在矩阵变换下变为，
从而可得，可得S=6． ………10分
C. （1）将代入得， 得， ………5分
（2）由， 得. ………10分
D. ……3分
……6分
.当且仅当时等号成立. ……10分
22. （1）由于∠BAF=90º，所以AF⊥AB，
由于 平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF ∩平面ABCD= AB，
所以AF⊥平面ABCD，由于四边形ABCD为矩形，
所以以A为坐标原点，AB，AD，AF分别
为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．
所以 ，，，．
所以 ，，
所以，
即异面直线BE与CP所成角的余弦值为． -----------------------------5分
（2）由于AB⊥平面ADF，所以平面APF的法向量为．
设P点坐标为，在平面APC中，，，
所以 平面APC的法向量为，
所以，
解得，或（舍）． 所以． ---------------10分
23. （1）猜想：≤1，1≤k<N－1，k∈N*，接下来用数学归纳法对k进行证明：
当k=1时，由， 得 ==1 但
∴=－1，∴成立 --------------------------------------------2分
假设k=m (1≤m<N－1，m∈)时， 则=∈[0，1]
所以 所以k=m+1时结论也成立.
综上 ，有，1≤k<N－1，k∈ 故有 ----------------5分
（2）当N=2时，由且 得成立
假设N=m (m≥2)时，存在，使得 ------------------7分
则当N=m＋1时，由归纳假设，存在k，使得，
则===
所以=或=
所以无论N取任何大于1的正整数，都存在k使得 --10