《名校》浙江省杭州学军中学2022届高三下学期高考适应性考试数学试题 PDF版含解析.pdf

1、1 杭州学军中学 2021 学年第二学期高考适应性考试 数学试题 命题：高三数学备课组审核：高三数学备课组说明：本试题卷分选择题和非选择题两部分全卷共 6 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上 第卷（选择题部分，共 40 分）一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，在每个小题给出的四个选项中，有且仅有一项是符合题目要求的.1已知集合1,3,5A=，2|650Bx xx=+，则()BA=R（）A1,3,5B3,5C0,3 D 32若(1i)2iz+=（i 为虚数单位），则 z=（）A 2 B3 C2D1 3“为第二象

2、限角”是“sincos”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 4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A 3 B 6 C9D12 5若实数,x y 满足约束条件210240yyxyx+，设 ykx=，则 k 的最大值是（）A 27B 25C 23D2 6.已知函数 f（x）的部分图象如图所示，则 f（x）的解析式可能为（）A()=|21B()=212 C()=2+1D()=|2+17如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 F 是棱 AA1 上的一个动点（不含 端 点），平 面 BFD1 交 棱 CC1 于 点 E，则 下 列

3、 命 题 中 假 命 题 是（）A对于任意的点 F，平面 A1C1D平面 BED1F B存在点 F，使得 A1C1平面 BED1F C存在点 F，使得 B1D平面 BED1F D对于任意的点 F，四边形 BED1F 均为平行四边形 8已知实数 a，b，c（0，1），设2+11，2+11，2+11 这三个数的最大值为 M，则 M 的最小值为()A5 B3+22 C322 D不存在 9设 F1、F2 是椭圆 的两个焦点，S 是以 F1 为中心的正方形，则 S 的四个顶点中能落在椭圆 上的个数最多有（S 的各边可以不与 的对称轴平行）（）A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 10设数列na满足*1

4、2223112,.,max,.,1,min()nnna aaaaaaaan+=N，则下列结论中不可能的是 （）注：21,.min.,na aa和21,.max.,na aa分别表示21,.,naaa 中的最小值和最大值A数列na从某一项起，均有1na B数列na从某一项起，均有1na C数列na从某一项起，均有2nnaa+D数列na从某一项起，均有2nnaa+第卷（非选择题部分，共 110 分）二、填空题：本大题共 7 小题，单空题每小题 4 分，双空题每小题 6 分，共 36 分，请将答案填写在答题卷中的横线上.11在研究天文学的过程中，约翰纳皮尔为了简化其中的计算而发明了对数，恩格斯曾经把

5、对数的发明和解析几何的创始微积分的建立称为 17 世纪数学的三大成就.已知31loglg5xy=，则实数 x，y的大小关系为_.12.已知()()e1,02,0 xxf xf xx+=，则()3f的值为_.13已知函数()cos()(0)3f xx=，若2=，则()f x 的最小正周期为_；若()f x 的图像向右平移 4 个单位长度后，得到函数()g x 的图像关于 y 轴对称，则 的最小值为_.14若函数 f(x)64x6 表示为 f(x)a0a1(2x1)a2(2x1)2a6(2x1)6，其中 a0，a1，a2，a6 为实数，则 a5_，a2a4a6_.3 15某停车场有一排 6 个停车

6、位，现有 3 辆不同的轿车随机规范停车，则这 3 辆轿车相邻停放的概率为_；记剩余的 3 个空位中相邻的车位数最大者为（若 3 个空位均相邻，则=3；3 个空位有且仅有 2 个相邻，则=2；若 3 个空车位均不相邻，则=1），则 的数学期望为_.16双曲线222:1(0)4xyCaa=的左右顶点分别为,A B，过点()2,0M的直线l 交该双曲线C 于点,P Q，设直线 PA 的斜率为1k，直线QB 的斜率为2k，已知lx轴时，1213kk=，则双曲线C 的离心率e=_，若点 P 在双曲线右支上，则2k 的取值范围是_.17在直角梯形 ABCD 中，ABAD，AB DC，1ADDC=，2AB=

7、，动点在以点 C 为圆心，且与直线 BD 相切的圆上或圆内移动，设 APADAB=+(,R)，则272+最大值是_.三、解答题：本大题共有 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18（本题满分 14 分）在 ABC中，内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知CBCCBBcoscos4)cossin3)(cossin3(=.（）求角 A 的大小；（）若CpBsinsin=，且 ABC是锐角三角形，求实数 p 的取值范围.19（本题满分 15 分）如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABEF 为正方形，ABBC，BE/CD，3BCD=，2AB=，1BCCD=，

8、点 M 在线段 AC 上，满足13CMCA=.（）线段 AD 上是否存在一点 P，使得 AF/面 BMP？若存在，求 DPDA 的值；若不存在，请说明理由；（）求直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值.BADCDEFBACM4 20（本题满分 15 分）已知正项数列na的首项11a=，其前n 项和为nS，且12nnna aS+=.数列 nb满足()112nnnabbba+=.（）求数列na的通项公式；（）记2,*nnnbcna+=N，证明：122222ncccn+.21（本题满分 15 分）如图，,A B C D 在抛物线24xy=上，,A D 关于抛物线对称轴对称.过点00(,)D xy

9、作抛物线的切线l，且/BCl，点 D 到,AB AC 距离分别为12,d d，且122|.ddAD+=（）求直线l 的方程（用0 x 表示）；（）判断 ABC是锐角、钝角还是直角三角形？并说明理由；（I）若 ABC的面积为240，求点 A 的坐标和直线 BC 的方程.22（本题满分 15 分）已知实数0a，函数()lnaf xaxxx=.（）若2a=，判断函数()f x 的单调性；（）若方程()0f x=有两个实数根.（i）求实数a 的取值范围；（ii）若()f x 的极大值点为0 x，求证：()110011aaf xxaa+.5 杭州学军中学 2021 学年第二学期高考适应性考试数学试题 参

10、考答案 一、选择题 DCAAD ACBBD 二、填空题 11.xy12.11e+13.；8314.6；31 15.15；216.5；()()()6,22,22,6 17.4910三、解答题 18.()由题意得 CBCBCBCBCBcoscos4sincos3cossin3coscossinsin3=+)cos(3)sin(3CBCB+=+323)tan(=+=+CBCB 3=A()21tan23sin)120sin(sinsin+=CCCCBpABC为锐角三角形，且3=A33tan26CC221p 19.()存在，1=3DPDA，使得 AF/面 BMP；理由：过点 M 作/MPCD,交 AD

11、于 P,因为13CMCA=，所以13DPDA=,6 而 BE/CD，AFBE,故 AF/MP,又 MP 面 BMP，AF 面 BMP,所以 AF/面 BMP.()取CD的中点为 G，连接,BG BD，因为3BCD=，1BCCD=，故BCD 为正三角形，则 BGCD,故以 B 为坐标原点，分别以 BG，BE，BA 为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则0321,2D，(0,2,0)E，(0,2,2)F，(0,0,2)A，31,022C，则3(0,0,2),3,0)2(2EFDE=,又11()333 1,222CMCA=，可求得31 2,33 3M，设平面 DEF 的法向量为(,)nx y z

12、=，则00n EFn DE=，即033022zxy=+=，不妨取1y=，则(3,1,0)n=，记直线 DM 与平面 DEF 所成角为 又35 2,66 3DM=，222152 1126sincos,113522663DM n=+，即直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值为 2 1111.20.(1)由12nnna aS+=得112(2)nnnaaSn=，两式相减得112(2)nnaan+=，由11a=，得22a=，数列的偶数项和奇数项分别是公差为 2 的等差数列，当 n 为奇数时，nan=，当 n 为偶数时，nan=.综上所述(*)nan nN=.(2)由 1211nnnanbbban+=

13、+，1211nnbbbn+=，2n，112b=，两式相减得1(1)nbn n=+，2n，验证112b=成立，故1(1)nbn n=+.则21(1)(2)nnnbcan nn+=+，那么 7 222(1)(1)(22)(1)(1)(1)nnncn nnnn nnnn n+=+11=2()1nn+12111112(1)2231ncccnn+1=2(1)2+1n222(21)(1)(2)()(1)(2)(12)(1)(2)nnncnnnnnnnnnn+=+11=2()12nn+121111112()233412ncccnn+11=2()22n+222n=+，得证.21.()由21,4yx=得/1.2

14、yx=由已知2001(,),4D xx则l 的斜率为012 x，所以直线l 的方程为200011()42yxx xx=，即20011.24yx xx=(II)由（)得 BC 的斜率01.2BCkx=由题意知2001(,),4Axx设22112211(,),(,)44C xxB xx，则221212012111144().42BCxxkxxxxx=+=所以2012.xxx=221010101()14()4ACxxkxxxx=+，同理201()4ABkxx=因此，010111(22)().42ABACkxxxxk=所以，12,DACDAB dd=再结合122|.ddAD+=知45,DACDAB=故

15、 ABC是直角三角形。（III）由（II），不妨设C 在 AD 上方，AB 的方程为2001().4yxxx=+由20021(),44,yxxxxy=+=得另一个交点2001(4,(4).4B xx 8 同理2001(4,(4).4C xx+000|2|(4)()|2|24|ABxxx=，同理，0|2|24|ACx=+，所以001 2|24|24|240,2ABCSxx=+=解得08x=，故(8,16)A或(8,16).当08x=时，(4,4),(12,36),BCBC 的方程为412.yx=当08x=时，(12,36),(4,4),BCBC的方程为412.yx=22.（）当2a=时，2()2

16、 lnf xxxx=，/()2(ln1)0fxxx=+，所以()f x 在(0,)+上单调递减。（）（i）由()0f x=可得1ln0aaxx=，若1a=，则1x=是方程1ln0aaxx=的根，故1a ，若0a=，则1ln0aaxx=无实根，若0,1aa，令1atx=，则11atx=，方程1ln0aaxx=可化为1alntta=即1alntat=，令()lnth tt=，则()21 lnth tt=，当()0,te时，()0h t，()h t 单调递增，当(),te+时，()0h t，()h t 单调递减，所以()()1h th ee=，若1alntat=有两个实根，则110aae，解得：11

17、eae，（ii）因()f x 的极大值点为0 x，有100ln1axx+=，即()00ln ln11lnxax+=+，令0lntx=，则()ln11tat+=+，令()()ln1xg xx+=，()()2ln110 xxxgxx+=，则()g x单 调 递 减，由1,1eae，于 是()ln1101tte+，解得1te，于是10exe.下证：1101aaxa，即证：1ln11ataa，结合()ln11tat+=+，只需证：()()()()()ln 1ln1ln 1ln1ln1ln1ln1ttttttttttt+()ln111tte+，这是成立的。9 另一方面：()()()0000000000000lnlnln11lnaf xxaxxxxaxxxxxaxx+=+=+=，令()lng xxx=，显然111aaax时，()lng xxx=单调递增，于是()()11111100111ln1lnln111111aaaaaaaaaxxaaaaaaaa=，证毕.