2021年高三上学期初考试数学试题含答案

苏省苏州中学xx 学年度第一学期期初考试
2021年高三上学期初考试数学试题含答案
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1. 若a ＋i 1－i (i 是虚数单位)是实数，则实数a 的值是____________．
2. 已知集合A ＝{x |x ＞1}，B ＝{x |x 2－2x ＜0}，则A ∪B ＝____________.
3. 命题“若实数a 满足a ≤2，则a 2
＜4”的否命题是______ (填“真”或“假”)命题．
4.在如图所示的算法流程图中，若输入m ＝4，n ＝3，则输出的a ＝__________.
(第4题)
5.把一个体积为27 cm 3的正方体木块表面涂上红漆，然后锯成体积为 1 cm 3
的27个小正方体，现从中任取一块，则这一块至少有一面涂有红漆的概率为____________．
6. 在约束条件⎩⎨⎧
0≤x ≤1，0≤y ≤2，
2y －x ≥1
下，则x －1
2
＋y 2的最小值为
__________．
7.设α、β是空间两个不同的平面，m 、n 是平面α及β外的两条不同直线．从“① m ⊥n ；② α⊥β；③ n ⊥β；④ m ⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：____________.(填序号)．
8.在平面直角坐标系xOy 中，已知A 、B 分别是双曲线x 2
－y 2
3＝1的左、右焦点，
△ABC 的顶点C 在双曲线的右支上，则sin A －sin B
sin C
的值是____________．
9. 已知点A (0,2)，抛物线y 2
＝2px (p ＞0)的焦点为F ，准线为l ，线段FA 交抛物线于点
B ，过B 作l 的垂线，垂足为M ，若AM ⊥MF ，则p ＝__________.
10. 若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2x
，x ＜0，－2－x
，x ＞0，
则函数y ＝f (f (x ))的值域是____________．
11. 如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2.若用平行于三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．
(第11题)
12. 已知椭圆x 24＋y 2
2＝1，A 、B 是其左、右顶点，动点M 满足MB ⊥AB ，连结AM 交椭圆于点P ，在x 轴上有异于点A 、B 的定点Q ，以MP 为直径的圆经过直线BP 、MQ 的交点，则点Q 的坐标为____________．
13. 在△ABC 中，过中线AD 中点E 任作一直线分别交边AB 、AC 于M 、N 两点，设AM →＝xAB →
，AN →
＝yAC →
(x 、y ≠0)，则4x ＋y 的最小值是______________．
14.设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x －m ＋10存在整数零点，则m 的取值集合为______________．
二、 解答题：本大题共6小题，共90分．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，平面PAC ⊥平面ABC ，点E 、F 、O 分别为线段PA 、PB 、AC 的中点，点G 是线段CO 的中点，AB ＝BC ＝AC ＝4，PA ＝PC ＝2 2.求证：
(1) PA ⊥平面EBO ； (2) FG ∥平面EBO .
16. (本小题满分14分)
已知函数f (x )＝2cos x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫3cos x 2－sin x
2.
(1) 设θ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
－
π2，π2，且f (θ)＝3＋1，求θ的值； (2) 在△ABC 中，AB ＝1，f (C )＝3＋1，且△ABC 的面积为3
2
，求sin A ＋sin B 的值．
17. (本小题满分14分)
在平面直角坐标系xOy 中，如图，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为
A 1、A 2，上、下顶点分别为
B 1、B 2.设直线A 1B 1的倾斜角的正弦值为13
，圆C 与以线段OA 2为直
径的圆关于直线A 1B 1对称．
(1) 求椭圆E 的离心率；
(2) 判断直线A 1B 1与圆C 的位置关系，并说明理由； (3) 若圆C 的面积为π，求圆C 的方程．
18. (本小题满分16分)
心理学家研究某位学生的学习情况发现：若这位学生刚学完的知识存留量记为1，则x
天后的存留量y1＝4
x＋4
；若在t(t＞4)天时进行第一次复习，则此时知识存留量比未复习情况下增加一倍(复习时间忽略不计)，其后存留量y2随时间变化的曲线恰为直线的一部分，其斜
率为
a
t＋42
(a＜0)，存留量随时间变化的曲线如图所示．当进行第一次复习后的存留量与
不复习的存留量相差最大时，则称此时刻为“二次复习最佳时机点”．
(1) 若a＝－1，t＝5求“二次复习最佳时机点”；
(2) 若出现了“二次复习最佳时机点”，求a的取值范围．
19. (本小题满分16分)
已知各项均为正数的等差数列{a n}的公差d不等于0，设a1、a3、a k是公比为q的等比数列{b n}的前三项．
(1) 若k＝7，a1＝2.
①求数列{a n b n}的前n项和T n；
②将数列{a n}与{b n}中相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列{c n}，设其前n项和为S n，求S－22n－1＋3·2n－1的值；
(2) 若存在m＞k，m∈N*使得a1、a3、a k、a m成等比数列，求证：k为奇数．
20. (本小题满分16分)
已知函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
x 2
＋2x ＋a ，x ＜0，
ln x ，x ＞0，
其中a 是实数．设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))
为该函数图象上的两点，且x 1＜x 2.
(1)指出函数f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线互相垂直，且x 2＜0，证明：x 2－x 1≥1； (3)若函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线重合，求a 的取值范围．
江苏省苏州中学xx 学年度第一学期期初考试
数学II(理科附加)
本试卷满分40分,考试时间30分钟,将正确的答案写在答题卡的相应位置上。

21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
A. 选修4­1：几何证明选讲
如图，过圆O 外一点M 作圆的切线，切点为A ，过A 作AP ⊥OM 于P . (1) 求证：OM ·OP ＝OA 2
；
(2) N 为线段AP 上一点，直线NB 垂直直线ON ，且交圆O 于B 点．过B 点的切线交直线
ON 于K .求证：∠OKM ＝90°.
B. 选修4­2：矩阵与变换
已知矩阵M ＝⎣⎢
⎡⎦⎥⎤
1
b c
2有特征值λ1＝4及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
23. (1) 求矩阵M ；
(2) 求曲线5x 2
＋8xy ＋4y 2
＝1在M 的作用下的新曲线的方程．
C. 选修4­4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＝2cos α，y ＝sin α
(α为参数)．以直
角坐标系原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为
ρcos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫θ－π4＝2 2.点P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 距离的最大值．
D. 选修4­5：不等式选讲
设x 、y 、z 为正数，求证：2(x 3
＋y 3
＋z 3
)≥x 2
(y ＋z )＋y 2
(x ＋z )＋z 2
(x ＋y )．
【必做题】 第22题、第23题，每小题10分，共20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
22. 如图，已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M 、N 、
P 分别是CC 1、BC 、A 1B 1的中点．
(1) 求证：PN ⊥AM ；
(2) 若直线MB 与平面PMN 所成的角为θ，求sin θ的值．
23.一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分．
(1) 设抛掷5次的得分为ξ，求ξ的分布列和数学期望Eξ；
(2) 求恰好得到n(n∈N*)分的概率．
．
数学参考答案及评分标准
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分． 1. －1 2. {x |x ＞0} 3. 真 4. 12 5.
2627 6. 255
7. ①③④⇒②(或②③④⇒①) 8. －12 9. 2 10. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 11. 24 12. (0,0) 13. 94 14.
{0,3,14,30}
二、 解答题：本大题共6小题，共90分． 15. 证明：由题意可知，△PAC 为等腰直角三角形， △ABC 为等边三角形．
(1) 因为O 为边AC 的中点，所以BO ⊥AC .
因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，
BO ⊂平面ABC ，所以BO ⊥面PAC .
因为PA ⊂平面PAC ，所以BO ⊥PA .
在等腰三角形PAC 内，O 、E 为所在边的中点，所以OE ⊥PA . 又BO ∩OE ＝O ，所以PA ⊥平面EBO . (2) 连AF 交BE 于Q ，连QO .
因为E 、F 、O 分别为边PA 、PB 、PC 的中点， 所以AO
OG
＝2，且Q 是△PAB 的重心， 于是
AQ QF ＝2＝AO
OG
，所以FG ∥QO . 因为FG ⊄平面EBO ，QO ⊂平面EBO ，所以FG ∥平面EBO .
【注】 第(2)小题亦可通过取PE 中点H ，利用平面FGH ∥平面EBO 证得．
16. 解：(1) f (x )＝23cos 2x 2－2sin x 2cos x 2＝3(1＋cos x )－sin x ＝2cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋ 3.
由2cos ⎝
⎛
⎭⎪⎫x ＋π6＋3＝3＋1，得cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝12. 于是x ＋
π6＝2k π±π3(k ∈Z )，因为x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－π2，π2，所以x ＝－π2或π6.
(2) 因为C ∈(0，π)，由(1)知C ＝π6
. 因为△ABC 的面积为
32，所以32＝12ab sin π
6
，于是ab ＝2 3. ① 在△ABC 中，设内角A 、B 的对边分别是a 、b . 由余弦定理得1＝a 2
＋b 2
－2ab cos
π6
＝a 2＋b 2－6，所以a 2＋b 2
＝7. ② 由①②可得⎩⎨
⎧
a ＝2，
b ＝3
或⎩⎨
⎧
a ＝3，
b ＝2.
于是a ＋b ＝2＋ 3.
由正弦定理得sin A a ＝sin B b ＝sin C 1＝1
2，
所以sin A ＋sin B ＝12(a ＋b )＝1＋3
2.
17. 解：(1) 设椭圆E 的焦距为2c (c >0)，
因为直线A 1B 1的倾斜角的正弦值为13，所以b a 2＋b 2＝1
3，
于是a 2
＝8b 2
，即a 2
＝8(a 2
－c 2
)，所以椭圆E 的离心率e ＝c 2
a 2
＝78＝144
. (2) 由e ＝
14
4
，可设a ＝4k (k ＞0)，c ＝14k ，则b ＝2k ， 于是A 1B 1的方程为x －22y ＋4k ＝0，
故OA 2的中点(2k,0)到A 1B 1的距离d ＝|2k ＋4k |
3＝2k .
又以OA 2为直径的圆的半径r ＝2k ，即有d ＝r ， 所以直线A 1B 1与圆C 相切．
(3) 由圆C 的面积为π知圆半径为1，从而k ＝1
2
.
设OA 2的中点(1,0)关于直线A 1B 1：x －22y ＋2＝0的对称点为(m ，n )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n m －1·24＝－1，m ＋12－22·n
2
＋2＝0.
解得m ＝13，n ＝42
3
.
所以圆C 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋⎝ ⎛⎭
⎪
⎫y －4232＝1.
18. 解：设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y ，
由题意知，y 2＝a t ＋42(x －t )＋
8
t ＋4
(t ＞4)， 所以y ＝y 2－y 1＝
a t ＋4
2
(x －t )＋
8t ＋4－4x ＋4
(t ＞4)． (1) 当a ＝－1，t ＝5时，
y ＝
－15＋4
2
(x －5)＋85＋4－4x ＋4
＝
－
x ＋4
81
－
4
x ＋4＋1≤－2481＋1＝59
， 当且仅当x ＝14时取等号，
所以“二次复习最佳时机点”为第14天． (2) y ＝a t ＋4
2
(x －t )＋8t ＋4－4x ＋4＝－－a x ＋4t ＋42－4x ＋4＋8t ＋4－a t ＋4t ＋4
2
≤－2
－4a
t ＋4
2
＋
8－a t ＋4， 当且仅当
－a
x ＋4t ＋4
2
＝
4x ＋4，即x ＝2－a
(t ＋4)－4时取等号， 由题意
2
－a
(t ＋4)－4＞t ，所以－4＜a ＜0. 注：使用求导方法可以得到相应得分．
19. (1) 解：因为k ＝7，所以a 1、a 3、a 7成等比数列．又{a n }是公差d ≠0的等差数列， 所以(a 1＋2d )2
＝a 1(a 1＋6d )，整理得a 1＝2d . 又a 1＝2，所以d ＝1.
b 1＝a 1＝2，q ＝b 2b 1＝a 3a 1＝a 1＋2d
a 1
＝2，
所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1，b n ＝b 1×q
n －1
＝2n
.
① 用错位相减法或其他方法可求得{a n b n }的前n 项和为T n ＝n ×2
n ＋1
；
② 因为新的数列{c n }的前2n
－n －1项和为数列{a n }的前2n
－1项的和减去数列{b n }前n 项的和，
所以S ＝2n
－1
2＋2
n
2
－
2
2n
－12－1
＝(2n －1)(2n －1
－1)．
所以S －2
2n －1
＋3·2n －1
＝－1.
(2) 证明：由(a 1＋2d )2
＝a 1d ，整理得4d 2
＝a 1d (k －5)． 因为d ≠0，所以d ＝
a 1k －5
4
，所以q ＝a 3a 1＝
a 1＋2d a 1＝k －3
2
.
因为存在m ＞k ，m ∈N *
使得a 1、a 3、a k 、a m 成等比数列， 所以a m ＝a 1q 3
＝a 1⎝
⎛⎭
⎪⎫k －323.
又在正项等差数列{a n }中，a m ＝a 1＋(m －1)d ＝a 1＋a 1m －1
k －5
4
，
所以a 1＋
a 1m －1
k －5
4
＝a 1⎝
⎛⎭
⎪⎫k －323.
又a 1＞0，
所以有2＝(k －3)3
.
因为2是偶数，所以(k －3)3
也是偶数， 即k －3为偶数，所以k 为奇数．
20. (1)函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为≥[－
2x 1＋2
]
2x 2＋2
＝1.
当且仅当－(2x 1＋2)＝2x 2＋2＝1，即x 1＝－32且x 2＝－1
2时等号成立
所以，函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线互相垂直时，有x 2－x 1≥1. (3)当x 1＜x 2＜0或x 2＞x 1＞0时，f ′(x 1)≠f ′(x 2)，故x 1＜0＜x 2.
当x 1＜0时，函数f (x )的图象在点(x 1，f (x 1))处的切线方程为y －(x 2
1＋2x 1＋a )＝(2x 1＋2)(x －x 1)，即y ＝(2x 1＋2)x －x 2
1＋a .
当x 2＞0时，函数f (x )的图象在点(x 2，f (x 2))处的切线方程为y －ln x 2＝1
x 2
(x －x 2)，即
y ＝1
x 2
·x ＋ln x 2－1. 两切线重合的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧
1x 2
＝2x 1＋2， ①
ln x 2－1＝－x 21＋a . ②
由①及x 1＜0＜x 2知，0＜1
x 2
＜2.
由①②得，
a ＝ln x 2＋⎝
⎛⎭
⎪⎫12x 2－12－1＝－ln 1x 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－22－1.
令t ＝1x 2，则0＜t ＜2，且a ＝14t 2
－t －ln t .
设h (t )＝14t 2
－t －ln t (0＜t ＜2)，
则h ′(t )＝12t －1－1
t
＝
t －12－3
2t
＜0，
所以h (t )(0＜t ＜2)为减函数． 则h (t )＞h (2)＝－ln 2－1， 所以a ＞－ln 2－1.
而当t∈(0,2)且t趋近于0时，h(t)无限增大，
所以a的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)．
故当函数f(x)的图象在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)
高三数学附加题参考答案 第页(共2页)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 选修4­1：几何证明选讲
证明：(1) 因为MA 是圆O 的切线，所以OA ⊥AM .
又AP ⊥OM ，在Rt △OAM 中，由射影定理知，OA 2
＝OM ·OP .(4分) (2) 因为BK 是圆O 的切线，BN ⊥OK ，同(1)，有OB 2
＝ON ·OK . 又OB ＝OA ，所以OP ·OM ＝ON ·OK ，即ON OP ＝
OM
OK
.又∠NOP ＝∠MOK ，
所以△ONP ∽△OMK ，故∠OKM ＝∠OPN ＝90°.(10分) B. 选修4­2：矩阵与变换
解：(1) 由已知⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 b c 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤
812，即2＋3b ＝8,2c ＋6＝12，b ＝2，c ＝3，
所以M ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
1 23 2.(4分)
(2) 设曲线上任一点P (x ，y )，P 在M 作用下对应点P ′(x ′，y ′)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢
⎡⎦⎥⎤1
23
2⎣⎢⎡⎦
⎥⎤x y ，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ′＝x ＋2y ，y ′＝3x ＋2y ，解之得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝y ′－x ′
2
，y ＝3x ′－y ′
4
，代入5x 2＋8xy ＋4y 2＝1得x ′2
＋
y ′2＝2，
即曲线5x 2
＋8xy ＋4y 2
＝1在M 的作用下的新曲线的方程是x 2
＋y 2
＝2.(10分) C. 选修4­4：坐标系与参数方程
解：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22化简为ρcos θ＋ρsin θ＝4，
则直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝4.(4分)
设点P 的坐标为(2cos α，sin α)，得P 到直线l 的距离d ＝|2cos α＋sin α－4|
2，
即d ＝
|5sin α＋φ－4|
2
，其中cos φ＝
15
，sin φ＝
25
.(8分)
当sin(α＋φ)＝－1时，d max ＝22＋10
2
.(10分)
D. 选修4­5：不等式选讲 证明：因为x 2
＋y 2
≥2xy ≥0，
所以x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)≥xy(x＋y)，(4分)
同理y3＋z3≥yz(y＋z)，z3＋x3≥zx(z＋x)，
三式相加即可得2(x3＋y3＋z3)≥xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)．
又xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)＝x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)，
所以2(x3＋y3＋z3)≥x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)．(10分)
22. (1) 证明：建立如图所示直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，
C(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，C1(0,1,1)，P
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
2
，0，1，
M
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
0，1，
1
2
，N⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
2
，
1
2
，0，NP→＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
0，－
1
2
，1，AM→＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
0，1，
1
2
.
因为PN
→
·AM
→
＝0×0＋1×
1
2
＋(－1)×
1
2
＝0，
所以PN⊥AM.(4分)
(2) 解：设平面PMN的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
NP→＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
0，－
1
2
，1，NM→＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
－
1
2
，
1
2
，
1
2
，
则
⎩⎪
⎨
⎪⎧n1·NP→＝0
n1·NM→＝0
⇒
⎩⎪
⎨
⎪⎧－12y1＋z1＝0，
－
1
2
x1＋
1
2
y1＋
1
2
z1＝0.
令y1＝2，得z1＝1，x1＝3，
所以n1＝(3,2,1)．(6分)
又MB
→
＝
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1，－1，－
1
2
，
所以sinθ＝
n1·MB→
|n1||MB
→
|
＝
1
2
3
2
×14
＝
14
42
.(10分)
23. 解：(1) 所抛5次得分ξ的概率为P(ξ＝i)＝C i－5
5⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
2
5(i＝5,6,7,8,9,10)，其分布列如下：
ξ5678910
Eξ＝∑i ＝5
10
i ·C i －5
5⎝ ⎛⎭
⎪⎫
125＝152
(分)．(5分)
(2) 令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n －1分以后再掷出一次反面．因为“不出现n 分”的概率是1－p n ，“恰好得到n －1分”的概率是p n －1，
因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1－p n ＝1
2p n －1，(7分)
即p n －23＝－12⎝
⎛
⎭⎪⎫p n －1－23.
于是⎩
⎨⎧⎭⎬⎫p n －23是以p 1－23＝12－23＝－16为首项，以－1
2为公比的等比数列．
所以p n －23＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，即p n ＝13⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .
答：恰好得到n 分的概率是13⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .(10分)32327 7E47 繇6#23119 5A4F 婏TM30179 75E3 痣s h28393 6EE9 滩
E31880 7C88 粈26607 67EF 柯。