2021年深圳市高三年级第一次调研考试——数学答案.docx

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绝密★启封并使用完毕前 试题类型：A
2021 年深圳市高三第一次调研考试
数学试题答案及评分参考
一、单项选择题：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
B
A
D
C
B
C
二、多项选择题：
题号
9
10
11
12
答案
AC
BC
BD
ABD
12. 解析：（1）考查选项 A：若CD// 平面 xOy ，考虑以下特殊情形：
①当点 B 与坐标原点O 重合时， S 为正方形；
②当点 A 与坐标原点O 重合时， S 为三角形，故选项 A 正确；
（2）考查选项 B：若点 A 与坐标原点O 重合，即 AB 在 z 轴上， 易知CD// 平面 xOy ，且 S 为三角形，
不难知道其面积为 1 ´1´ 2 = 2 ，故选项 B 正确；
2 2 4
（3）考查选项 C：当OA = OB = OC ，且点O 在正四面体 ABCD 外部时， 则点 D 恰好为以OA ， OB ， OC 为棱的正方体的一个顶点，
∵ AB = 1 ，∴ OA =
，∴ S 是边长为 2 的正方形，其面积为 1 ，故选项 C 错误；
14
2 2 2
（不难知道当OA = OB = OC ，且点O 在正四面体 ABCD 内部时， S 为三角形，且其面积为 5 ）
12
（4）考查选项 D：设 AB 的中点为 M ，则OM = 1 ，且 MD = 3 ，
2 2
易知OD £ OM + MD = 1+ 3 < 3 ，即OD < 3 ，
2 2 2
∴点 D 到坐标原点O 的距离小于 3 ，故选项 D 正确；
2
综上所述，应选 A、B、D.
三、填空题：
13. f (x)=x2 + 1 （答案不唯一） ； 14. 8 ； 15. 6 ； 16. 1 + 3 .
4 2 3
14
13. 解析： f (x)=x2 + 1 ，或 f (x)=
4
x2 + 1
2
x2 + 1
，或 f (x)= - 等(只需 f (x)=ax2
2
c 满足ac = 1 即可)
4
4
16. 解析：不妨设 BC = a ， AC = b ， 若ÐACB = 30° ，则由正弦定理可得

AB = 2 ，故 AB = 1 ，
sin 30°
14
∴由余弦定理得1 = a2 + b2 - 2abcos30° = a2 + b2 -
3ab ³ (1-
3 )(a2 + b2 ) ，
2
14
3
∴ a2 + b2 £ 4 + 2 ，
显然△ A¢B¢C¢ 为由△ ABC 所得到的拿破仑三角形(等边三角形)，设其边长为 x ，
14
易知ÐA¢CB¢ = 90° ，且 A¢C =
a ， B¢C =
3
3 b ，
3
14
∴ x2 = (
3 a)2 + ( 3 b)2 = 1 (a2 + b2 ) ，
14
3 3 3
14
∴△ A¢B¢C¢ 的面积 S =
3 x2 = 3 (a2 + b2 ) £ 3 ´ (4 + 2 3) = 1 + 3 ，
14
4 12 12 2 3
显然可取等号，即△ A¢B¢C¢ 的面积最大值为 1 + 3 ，故应填 1 + 3 .
2 3 2 3
四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（10 分）
14
设数列{a } 的前n 项和 S ，满足 S
= Sn

，且 a = 1 .
14
n
n n n+1 1+ 2S 1
（1）证明：数列{ 1 } 为等差数列；
Sn
（2）求{an } 的通项公式.
14
解：（1）由 S
= Sn
n
n+1 1+ 2S
， 得 1 = 1+ 2Sn ， …………………………………………………2 分
Sn+1 Sn
14
1 - 1
Sn+1 Sn
= 2 ， 1
S1
= 1 = 1 ，
a1
14
故数列{ 1 } 是首项为 1，公差为 2 的等差数列. ………………………………………………4 分
Sn
14
1
S
（2）由（1）知
n

= 1+ (n -1) ´ 2 = 2n -1 ，
14
则 Sn
= 1
2n -1

，……………………………………………………………………………………………6 分
14
当 n ³1 且 n Î Ν* 时， a = S - S
= 1 - 1 = - 2


， …………………… 8 分
14
n n n-1

2n -1 2n - 3 (2n -1)(2n - 3)
14
ì1，n=1，
22
故{a } 的通项公式为 a = ï2
…………………………………………………10 分
14
ï
n n í-
î
(2n -1)(2n - 3)
，n > 1.
14
【命题意图】本题主要考查等差数列的定义和通项公式，以及an 与 Sn 的关系，考察了学生的数学运算， 逻辑推理等核心素养.
14
18．（12 分）
c2 - a2
14
△ ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ， 已知 A 为锐角， sin B - cos C = .
2ab
14
（1）求 A ；
（2）若b =
3 c ，且 BC 边上的高为2
3
4
，求△ ABC 的面积.
14
c2 - a2
解：（1）∵ sin B - cos C = ，
2ab
∴ 2absin B = c2 - a2 + 2ab cosC ， …………………………………………………………………1 分由余弦定理，得c2 = a2 + b2 - 2ab cosC ，
∴ 2absin B = b2 ，
∴ 2asin B = b ， ……………………………………………………………………………………2 分
14
由正弦定理，得
a
sin A
= b ，
sin B
14
∴ 2sin Asin B = sin B，
又∵ B Î(0, π) ，即sin B ¹ 0 ，
∴ sin A = 1 ， ……………………………………………………………………………………4 分
2
∵角 A 为锐角，
∴ A = π . ……………………………………………………………………………6 分
6
14
3
（2）∵ BC 边上的高为2
∴△ ABC 的面积 S = 1 × a × 2
2
1

，
3
= 3a ，……………………………………………………………7 分
bc
14
又△ ABC 的面积 S =
bc sin A = ，
2 4
14
∴ bc =
4
又∵ b =

3a ，即bc = 4 3a ， ……………………………………………………………8 分
3 c ，
4
14
∴ c2 = 16a ，且b2 =
3 c2 = 3a ，………………………………………………………………………10 分
16
35
3
b2 + c2 - a2 3a +16a - a2 19 - a
2 ´ 4 3a
8 3
在△ ABC 中，由余弦定理，得cos A = = = = ，
2bc 2
3
解得 a = 7 ， ……………………………………………………………………………………………11 分
14
∴ S= 3a = 7 3 ，即△ ABC 的面积为7
. ………………………………………………………12 分
14
【命题意图】本题主要考察正弦定理，余弦定理等知识，意在考察考生方程、转化与化归思想，考察了学生的逻辑推理，数学运算等核心素养．
19．（12 分）
某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3 次，先在 M 处投一次三分球，投进得3 分，未投进不得分，以后均在 N 处投两分球，每投进一次得2 分，未投进不得分. 测试者累计得分高于3 分即通过测试，并终止投篮.
甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在 M 处和 N 处各投10 次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数分别得到如下图表：
（第 19 题图）
若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.
（1）求甲同学通过测试的概率；
（2）若甲、乙两位同学均通过了测试，求甲得分比乙得分高的概率.
5 + 4 + 3 + 6 + 7
解：（1）甲同学两分球投篮命中的概率为 10 10 10 10 10 = ， …………………………1 分
5
1 + 0 + 1 + 2 + 1
甲同学三分球投篮命中的概率为 10 10 10 10 = ， ……………………………………2 分
5
设甲同学累计得分为 X ，
14
则 P( X ³ 4) = P( X = 4) + P( X = 5) = ´ ´ + ´ + ´ ´ =
∴ . …………………………………………………………………5 分
（2）同（1）可求， ， ， ……7 分设乙同学累计得分为Y ，则
P(Y = 4) = ´ ´ = ， …………………………………………………8 分P(Y = 5) = ´ + ´ ´ = ， …………………………………………………9 分设“甲得分比乙得分高”为事件 A ，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件 B ，
则 P( AB) = P( X = 5) × P(Y = 4) = ´ = ， ………………………………………10 分
P(B) = [P( X = 4) + P( X = 5)]×[P(Y = 4) + P(Y = 5)] = ， …………………………………11 分
由条件概率公式可得， P( A | B) = P( AB) = = 1 . ………………………………………12 分
P(B) 8
【命题意图】本题以体育运动为背景，通过频率与概率定义以及条件概率公式等知识点，考查学生数学建模、数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现分类讨论的数学思想.
20．（12 分）
如图，在四棱锥 S - ABCD中， SA = SB = SC = SD =13， AC ^ CD ， AB = 6 ， BD = 8 .
S
A
D
C
B
（1）求证：平面 SAD ^ 平面 ABCD ；
（2）求二面角 A- SB - D 的余弦值.
（第 20 题图）
S
M
A
D
B
C
解：（1）证明： 如图所示，取 AD 的中点 M ，连接 SM ， MC . …………………………1 分
∵ SA = SD ，
∴ SM ^ AD .
∵ AC ^ CD ，
∴△ ACD 是直角三角形，
1
39
∴ CM =
AD ，
2
14
∴ AM = CM = DM .
∵ SA = SC ，
14
∴ Rt △ SAM @ Rt △ SCM ， ………………………………………………………………3 分
∴ ÐCMS = ÐAMS = π ，
2
∵ AM CM = M ，
∴ SM ^ 平面 ABCD ， 又∵ SM Ì 平面 SAD ，
∴ 平 面 SAD ^ 平 面 ABCD . ………………………………………………………………………5 分
（2）由（1）可知， SM ^ 平面 ABCD ，
∴ ÐBMS = ÐAMS = π ，
2
又∵ SA = SB ，
∴ Rt △ SAM @ Rt △ SBM ，
∴ BM = AM ，
∴ A ， B ， C ， D 四点共圆，
∴ AB ^ BD . ………………………………………………………………………………………6 分
∵ AB = 6 ， BD = 8 ，
∴ AD =10 ，
∴ AM = 5 ， 又∵ SA =13，
∴ SM =12 . ……………………………………………………………………………………7 分
（解法一）以 B 为坐标原点， BD 为 x 轴， BA 为 y 轴，过点 B 平行于 SM 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得 B(0,0,0) ， D(8,0,0) ， A(0,6,0) ， S (4,3,12) ， ……………………8 分
S
则有 BS = (4,3,12) ， BA = (0,6,0) ， BD = (8,0,0) ， z
分别设平面 ABS 和平面 DBS 的法向量为m = (x1, y1, z1 ) 和 n = (x2 , y2 , z2 ) ，
42
则 ìïBA × m = 0，即ì6 y1 = 0，
………………………9 分 y M x
14
íBS × m = 0， í4x + 3y + 12z
= 0， A D
14
îï î 1 1 1
则平面 ABS 的一个法向量为m = (3,0, -1) ， B C
同理，平面 DBS 的一个法向量为 n = (0, 4, -1) ， ………………………………………………10 分
14
cos <
= 170 ， ………………………………………………………11 分
m, n >=
m × n
m × n 10 ´ 17
=
1
170
14
设二面角 A- SB - D 的平面角为q ，则cosq =-
170 . …………………………………………12 分
170
47
（解法二）以 M 为坐标原点，过点 M 平行于 DB 的直线为 x 轴，平行于 AB 的直线为 y 轴， MS 为 z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得 B(4,3,0) ， D(-4,3,0) ， A(4, -3,0) ， S (0, 0,12) ， ……8 分
z
则有 BS = (-4, -3,12) ， BA = (0, -6,0) ， BD = (-8,0,0) ， S
分别设平面 ABS 和平面 DBS 的法向量为m = (x1, y1, z1 ) 和 n = (x2 , y2 , z2 ) ，
14
则 ìïBA × m = 0，即 ì-6 y1 = 0，

………………………9 分 M
14
íBS × m = 0，
í-4x
3y
+ 12z
= 0， A D
14
îï î

x
1 1 1
14
14
则平面 ABS 的一个法向量为m = (3,0,1) ，
B C y
14
同理，平面 DBS 的一个法向量为 n = (0, 4,1) ， ………………………………………………10 分
14
cos <
= 170 ， ………………………………………………………11 分
m, n >=
m × n
m × n 10 ´ 17
=
1
170
14
14
设二面角 A- SB - D 的平面角为q ，则cosq =-
170 . ……………………………………12 分
170
14
（解法三）如图所示，过点 A ， D 分别作 SB 的垂线，并交 SB 于点 E ， F . ……………8 分在等腰△ SAB 中，由 AB2 - BE2 = AS 2 - SE2 ，
得62 - BE2 =132 - (13 - BE)2 ，解得 BE = 18 ，
13
在 Rt △ EAB 中，由 AE2 = AB2 - BE2 = 62 - (18)2 = 36 ´160 ， ………………………………9 分
S
F
A
E M
D
B
< EA, FD > ，
C
13 132
同理， BF = 32 ， FD2 = 64 ´153 ，
13 132
则 EF = BF - BE = 14 ，………………………………10 分
13
由 AD = -EA + EF + FD ，
可得 AD2 = (-EA + EF + FD)2 = EA2 + EF 2 + FD2 - 2EA × FD ，
14
则102 = 36 ´160 + 14 2 + 64 ´153 - 2 ´

36 ´160 ´
64 ´153 cos
14
132 (13)
132
132
132
14
14
解得cos < EA, FD >= -
170 ， …………………………………………………………………11 分
170
14
易知二面角 A- SB - D 的平面角就是 EA 与 FD 的夹角，
14
设二面角 A- SB - D 的平面角为q ，则cosq =-
170 . ……………………………………12 分
170
14
【命题意图】本题主要考察线面垂直的判定与性质，面面垂直的判定，空间向量，
14
2
及到的思想方法主要有向量法，数形结合思想，，逻辑推理，数学运算等核心素养.
66
21．（12 分）
F F

x2 y 2 FF
14
设O 是坐标原点，以 1 ， 2 为焦点的椭圆C : +
a2 b2
的圆和C 恰好有两个交点.
（1）求C 的方程；
=1(a > b > 0) 的长轴长为2
， 以 1 2
为直径
14
（2） P 是C 外的一点，过 P 的直线l ， l 均与C 相切，且l ， l 的斜率之积为m(-1 £ m £ - 1) ，
1 2 1 2 2
记u 为 PO 的最小值，求u 的取值范围. 解：（1）由题意， 2a = 2 2 ，
∴ a = 2 ， ………………………………………………………………………………1 分
14
又∵以 F1F2
为直径的圆和C 恰好有两个交点，
14
即b = c ， …………………………………………………………………………2 分又∵ b2 +c2 =a2 = 2 ，
∴ b = c =1， ……………………………………………………………………………3 分
x2 2
14
∴ C 的方程为 + y
2
= 1 . …………………………………………………………………4 分
14
(解法一)由题意， l1 ， l2 的斜率存在且不为零，设过点 P(x0 , y0 ) 的切线l : y - y0 = k (x - x0 ) ，
ì y - y0 = k(x - x0 )，
ï
14
+
由方程组í x2
ïî 2
y2 =1，
消去 y ，
14
并整理得(1+ 2k2 )x2 + 4k( y
kx )x + 2(y
- kx )2 - 2 = 0 ， ……………………………………6 分
14
∵ l 与C 相切，
0 0 0 0
14
∴ D =16k2 (y - kx )2 - 8(1+ 2k2 )((y - kx )2 -1) =0， ……………………………7 分
0 0 0 0
化简并整理，得( y - kx )2 =2k2 +1，
± 2
0 0
14
整理成关于 k 的一元二次方程得 (x 2 - 2)k2 - 2x y k + y 2 -1= 0 ，（易知 x ¹
） ……8 分
14
0 0 0 0 0
设l1 ， l2 的斜率分别为 k1 ， k2 ，
0 0 0 0
易知 k1 ， k2 为方程(x 2 - 2)k2 - 2x y k + y 2 -1= 0的两根，
14
∴ k1 × k2
y 2 -1
= 0 = m ，
0
x 2 - 2
14
0 0
∴ y 2 = mx 2 +1- 2m ，
0 0 0
∴ x 2 + y 2 = (1+ m)x 2 +1- 2m ， …………………………………10 分
x 2 + y 2
0 0
= 1+ m x +1- 2m ，
( )
2
0
∴ | PO |=
81
1- 2m
易知当 x0 = 0 时，有u =| PO |min =
又∵ -1 £ m £ - 1 ，
2
， …………………………………………11 分
14
2
3
∴ £ u £ ，
即u 的取值范围为[ 2, 3] . ………………………………………………………12 分
(解法二)由题意， l ， l 的斜率存在且不为零，设点 P(x , y ) ， l ：y = kx + b ， l ：y = m x + n ，
1 2 0 0 1 2 k
显然k ¹ m ，即k 2 - m ¹ 0 ，
k
ì y = kx + b，
14
ï
由方程组í x2
消去 y ，并整理得(1+ 2k2 )x2 + 4kbx + 2b2 - 2 = 0 ， ………………6 分
+ y2 =1，
14
ïî 2
∵ l1 与C 相切，
∴ D = (4kb)2 - 4(2k2 +1)(2b2 - 2) =0，
即b2 =2k 2 +1， ………………………………………………………………………7 分
14
同理由l2 与C 相切可得， n2 =
2m2
k 2

+ 1 ，
14
ì y = kx + b，
ìx = (n - b)k ，
14
ï ï 0 k 2 - m
14
由方程组 í y= m x + n， 解得 í
k 2 n - bm
………………………………………8 分
14
îï k
ï y = ，
0

14
ïî
ì 2 n2 k 2 + b2 k 2 - 2nbk 2
k 2 - m
14
ïx0 =
ï
，
(k 2 - m)2
14
∴ í
ï y2 =
n2 k 4 + b2 m2 - 2nbmk 2
14
ïî
∴ y0
0
0
2 - mx 2
(k 2 - m)2
(k 4 - mk 2 )n2 + (m2 - mk 2 )b2
= (k 2 - m)2

k 2 n2 - mb2
=
，
k 2 - m
14
14
又∵ b2 =2k 2 +1， n2 =
2m2
k 2

+ 1 ，
14
k 2 (
2m2
2

+1) - m(2k 2

+1)
14
∴ y 2 - mx 2 = k =1- 2m ，
14
0 0 k 2 - m
99