江苏省苏州市2021-2022学年高三数学上学期期末调研试题（Word版附解析）

苏州市2021-2022学年第一学期学业质量阳光指标调研卷高三数学注意事项：1．答题前，学生务必将自己的学校、班级、姓名、调研序列号填写在答题卡上.2．做答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4．学生必须保持答题卡的整洁.调研结束后，将调研卷和答题卡一并收回.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．设为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为A．B．C．D．【答案】A【解析】为纯虚数，，，选A.2．设集合，，则集合的元素个数为A．B．C．D．【答案】B【解析】，，个元素.3．已知圆锥的高为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A．B．C．D．【答案】A 【解析】设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆，即，，，，选A.4．在中，，点在边上，则“”是“为中点”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】“”，不妨设，，则，则满足条件有两个，一个是中点，一个是点，不充分.为中点，，则，必要.“”是“是中点”的必要不充分条件，选B.5．记为等差数列的前项和，若，则A．B．C．D．【答案】C【解析】，，选C.6．北京时间年月日时分，神舟十三号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，受到国际舆论的高度关注.为弘扬航天精神、普及航天知识、激发全校学生为国争光的荣誉感和责任感，某校决定矩形以“传航天精神、铸飞天梦想”为主题的知识竞赛活动.现有两队报名参加，两队均由两名高一学 生和两名高二学生组成，比赛共进行三轮，每轮比赛两队都随机挑选两名成员参加答题，若每位成员被选中的机会均等，则第三轮比赛中被两队选中的四位学生不会来自同一年级的概率是A．B．C．D．【答案】C【解析】四个学生来自同一年级的概率为，四个学生不全来自同一年级的概率为，选C.7．已知，则下列不等式一定成立的是A．B．C．D．【答案】C【解析】，，，A错.，，，B错.，，，，，，，，C对.选C.8．若斜率为的直线与抛物线和圆分别交于和两点，且，则当面积最大时的值为A．B．C．D．【答案】D【解析】法一：，则的中点与的中点重合，设此点为， 当时，取最大值，，令，，，，，选D.法二：，当且仅当时取“”，，，设直线方程为，，，中点 ，，选D.二、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．折纸发源于中国.世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支.我国传统的一种手工折纸风车（如图）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图，则A．B．C．D．【答案】BCD【解析】如图，，则与不平行，A错.设，，B对. ，C对，D对，选BCD.10．下列命题正确的是A．若为复数，则B．若为向量，则C．若为复数，且，则D．若为向量，且，则【答案】AD【解析】令，，，，，，A对.，，B错.，，，C错.选AD.11．已知函数，则A．，函数在上均有极值B．，使得函数在上无极值C．，函数在上有且仅有一个零点D．，使得函数在上有两个零点 【答案】BC【解析】，时，，无极值，A错，B对.时，在上，，，在有且仅有一个零点.时，在恒成立，在时，，，在有且仅有一个零点.时，，或0，在，.时，，有且仅有一个零点.，有且仅有一个零点，C对，D错.12．甲同学投掷骰子次，并请乙同学将向上的点数记录下来，计算出平均数和方差.由于记录遗失，乙同学只记得这五个点数的平均数为，方差在区间内，则这五个点数A．众数可能为B．中位数可能为C．一定不会出现D．出现的次数不会超过两次【答案】ACD【解析】法一：，众数为，平均数为，方差，A对.若中位数为，设五次数据为，即，，，，矛盾，B错.若出现了，则其它四次和为，即数据为，矛盾，C对.若出现次，则其它2次和为4，这2次为， ，D对.法二：设向上的点数分别为，，，不妨取，，，则，A正确.对于B，不妨设，都中位数为3，则，，不可能为，B错.对于C，若出现，则，与矛盾，故不可能出现，C正确.对于6，假设出现2的次数超过2次，则至少有次.不妨设，，，这与矛盾，故D正确.选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．记数列的前项积为，写出一个同时满足①②的数列的通项公式：__________.①是递增的等比数列；②.【答案】（答案不唯一）【解析】，，.不妨设，则，. 14．设点是曲线上的任意一点，则到直线的最小距离是__________.【答案】【解析】的斜率为，设，切点，，，切点到的距离.15．已知分别为双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线的渐近线的对称点在上，则双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】法一：设的中点为，为中点.为中位线，，则.，则，，..法二：秒杀令，则，如图，由《网课》解几公式“12”知，关于对称点为 即也在上，而，则，.16．已知直三棱柱中，，，分别为棱，的中点，过点作平面将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为，则__________；平面截此三棱柱的外接球的截面面积为__________.（本小题第一空2分，第二空3分）【答案】；【解析】法一：取中点，取中点，连，平面为平面，，，，三棱锥外接球半径，如下图建系，，，，，设平面的法向量， ，，不妨设，则，球心到平面距离，，.法二：秒杀一图（1）图（2）图（3）由《几公式秒杀》课程知：截面过四等分点，由体积公式“”知， 而，.由课程推论“”知，棱柱外接球球心在中点，其中为中点，如图知，外接球半径，如图（3）知，截面半径，.法三：秒杀二由《网课》几秒杀公式与推论知，截面过四等分点，由“公式”知：由《网课》公式“12”知：，建立空间坐标系，，，，， ，.法四：设为上靠近的四等分点，则，平面即为平面，.取中点，则三棱柱外接球球心为中点，外接球半径，到平面的距离即为到的距离，截面面积.故应填：；.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．（10分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题（2）的横线上，并解答下列题目.在中，已知角的对边分别为，且，.（1）求；（2）若为边上一点，且，__________，求的面积.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）【解析】（1）由，得，由正弦定理得.因为，所以，所以，即.（2）选①，设，.因为，所以.由余弦定理得，解得.所以，所以的面积.选②，因为，所以. 由正弦定理得，解得，由余弦定理得，解得.所以，所以的面积.选③，因为，所以.由，解得，所以.由余弦定理得，解得.所以，所以的面积.18．（12分）若数列满足（，是不等于的常数）对任意恒成立，则称是周期为，周期公差为的“类周期等差数列”.已知在数列中，，.（1）求证：是周期为的“类周期等差数列”，并求的值；（2）若数列满足，求的前项和.【解析】（1）法一：由，，相减得，所以周期为，周期公差为的“类周期等差数列”，由，，得，所以. 法二：由，，相减得，所以是周期为，周期公差为的“类周期等差数列”，从而的奇数项和偶数项分别是公差为的等差数列，所以所以.（2）法一：由，，得，当为偶数时，；当为奇数时，.综上所述，法二：当为偶数时，；当为奇数时，.所以当为偶数时，；当为奇数时，.综上所述，19．（12分）年月国务院印发《全民健身计划》，《计划》中提出了各方面的主要任务，包括加大全民健身场地设施供给、广泛开展全民健身赛事活动、提升科学健身指导服务水平、激发体育社会组织活动、促进重点人群健身活动开展和营造全民健身社会氛围等.在各种健身的方式中，瑜伽逐渐成为一 种新型的热门健身运动.某瑜伽馆在月份随机采访了名市民，对于是否愿意把瑜伽作为主要的健身方式作了调查.愿意不愿意合计男性女性合计（1）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为“愿意把瑜伽作为主要健身方式”与性别有关？附：（2）为了推广全民健身，某市文化馆计划联合该瑜伽馆举办“瑜你一起”的公益活动，在全市范围内开设一期公益瑜伽课，先从上述参与调查的人中选择“愿意”的人按分层抽样抽出人，再从人中随机抽取人免费参加.市文化馆拨给瑜伽馆一定的经费补贴，补贴方案为：男性每人元，女性每人元.求补贴金额的分布列及数学期望（四舍五入精确到元）【解析】（1）由已知得.所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为“愿意把瑜伽作为主要健身方式”与性别有关.（2）调查的人中选择“愿意”的人按分层抽样抽出人，其中男性人数为，女性人数为.记补贴金额为，则可能为，，. ，，，则的分布列为数学期望（元）.20．（12分）如图，在四面体中，已知是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，为线段的中点，为线段的中点，为线段上的点.（1）若平面，求线段的长；（2）若二面角的大小为，求与平面所成角的大小.【解析】（1）因为面，面，面面，所以.又因为为线段的中点，所以为线段的中点，因为为线段的中点，且，所以. 因为是以点为直角顶点的等腰直角三角形，所以.在直角中，.（2）法一：连接，因为在等边中，为的中点，所以.又因为是以点为直角顶点的等腰直角三角形，为线段的中点，所以，所以为二面角的平面角，所以.过点作，垂足为，连接.因为，，，面，所以面.又因为面，所以.又因为，面，所以面，所以为与面所成的角.因为，，所以，，因为，所以为线段的的中点.所以，且，所以，所以与面所成角的大小为.法二：连接.因为在等边中，为的中点，所以.又因为是以点为直角顶点的等腰直角三角形，为线段的中点.所以，所以为二面角的平面角，所以.以点为原点，所在的直线分别为轴，轴，过点且垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图）， 则，，.因为，，，所以，所以，，所以，.设平面的法向量为，则即解得，取其中一个法向量为.因为，所以，设与平面所成的角为，则.又，所以，即与面所成角的大小为.21．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，，直线与 直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若点为曲线上的任意一点（不含短轴端点），点，直线与直线交于点，直线与轴交于点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.【解析】（1）法一：设，，，，，曲线的方程为.法二：设动点，由题意可得，所以曲线的方程为.（2）法一：设点设，直线方程为直线方程为：，方程为：在方程中令， 联立，，为定值.法二：设线设直线方程为，方程：，，，方程：令，为定值. 法三：设的直线方程为，联立方程组得，由，得，代入直线方程得，所以，所以的直线方程为，所以.联立方程组解得.所以，所以为定值.法四：设，则直线的方程为，联立方程组解得.由直线的方程为，得， 所以.又因为，所以为定值.22．（12分）已知函数.（1）判断的单调性，并说明理由；（2）若数列满足，，求证：对任意，.【解析】法一：巧妙推理（1）令，在上，，，在上单调递增.（2）由要证，只需证即证：，，， 先证左边：令证，即证令，，在上，，得证.再证右边：，即证，令，在上，，也得证.综上：对，，.法二：（1）显然定义域为.当时，记，，故在时为增.（2）令，只需证明恒成立和恒成立.因为若，则有①先证明，记记，，恒成立， 故，，故成立.②记，简记为，，，恒成立，故命题得证！（不想多取几个名字，就用二阶，三阶导数了.）法三：（1）的定义域是，.令，.因为，所以，所以在上单调递增，所以.又，，从而，所以在上单调递增.（2）设，.当时，，所以在上单调递增，所以，即，所以.由（1）可知，即，所以，即，从而.设，则. 当时，，所以，所以在上单调递增.故当时，，即，从而，即，即.因为，所以.综上，.