浙江省绍兴市诸暨市2021届高三下学期5月适应性考试数学试题（word版 含答案）

浙江省绍兴市诸暨市2021届高三下学期5月适应性考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合满足，则集合A可以是（    ）

A． B． C． D．

2．已知x，y为正实数，则（    ）

A． B．

C． D．

3．已知z是复数，i是虚数单位，则“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．函数的部分图象是（    ）

A． B．

C． D．

5．已知双曲线的渐近线过点，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

6．若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

7．设，若随机变量的分布列如下：

则下列说法错误的是（    ）

A． B． C． D．

8．已知底面为正方形的四棱锥，点的射影在正方形内，且到的距离等于的长，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，二面角平面角为，则下列结论可能成立的是（ ）

A． B． C． D．

9．已知等差数列满足，，公差为d，数列满足，若对任意的都有，则公差d的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数没有极值点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

二、双空题

11．已知角的终边过点，则_______，________．

12．已知，则______；_______．

13．抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常称为阿基米德三角形，因为阿基米德最早利用逼近的思想证明了：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的．已知为抛物线上两点，则在A点处抛物线C的切线的斜率为_______；弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为_________．

14．某几何体的三视图如图所示，俯视图为平行四边形，内部图形为扇形，正视图、侧视图上方为直角三角形，下方为矩形，则三视图中侧视图的面积为________；该几何体的体积为________．

三、填空题

15．已知P是圆上一点，动点，的坐标为，，其中.若恰好存在一个点，使得，则______.

16．把编号为的五个小球随机放入编号为的五个盒子，每盒一个小球，若满足，则不同的放法共有________种．

17．已知平面向量满足：，，，则的最大值是________．

四、解答题

18．如图，已知平面四边形中，．

（1）若，，求的面积；

（2）若，，，求t的最大值．

19．如图，三棱柱各棱长均为2，．

（1）求证：；

（2）若二面角为，求与平面所成角的正弦值．

20．已知数列、满足：，，数列前n项和为．

（1）若，求数列的通项公式及；

（2）若，求证：．

21．已知椭圆的离心率为，且过点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C外一点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，记的斜率分别为，且．

①求P点轨迹方程；

②求证：的面积为定值．

（参考公式：过椭圆上一点的切线方程为）

22．已知函数，.

（1）求函数的单调区间；

（2）已知函数.

①若在处取得极小值，求实数的取值范围；

②若的一个极值点为，且，求的最大值．

参考答案

1．D

【分析】

由题可得集合A可以是，.

【详解】

，

集合A可以是，.

故选：D.

2．B

【分析】

根据指数和对数的运算法则进行运算即可求得结果.

【详解】

A中，，故A不正确；

B中，，故B正确；

C中，，故C不正确；

D中，，故D不正确.

故选：B.

3．A

【分析】

根据复数的运算及充分必要条件的判断即可求得结果.

【详解】

∵，∴；

∵，∴.

故“”是“”的充分而非必要条件.

故选：A.

4．D

【分析】

先判断的奇偶性，排除A、B；再取特殊值，排除C，即可得到正确答案.

【详解】

定义域为R.

∵，

∴为奇函数，其图像关于原点对称，排除A、B；

对于CD，令，解得：，即有三个零点，如图示，

取，有，

∵，∴.

排除C；

故选：D

【点睛】

思路点睛：函数图像的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图像的左右位置；从函数的值域，判断图像的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图像的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图像的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图像．

5．B

【分析】

将点代入双曲线的渐近线方程即可求得之间的关系，再根据在双曲线中即可求得之间的关系，进而可求得该双曲线的离心率.

【详解】

∵的渐近线方程为，

而点在第一象限，

∴，

又∵，∴，解得，

∴双曲线的离心率.

故选：B.

6．A

【分析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】

画出约束条件的可行域，如图示：

作出直线，显然当直线经过阴影部分，直线的纵截距大于零，所以可以转化为，由图示可知，经过点时，无最大值.

故选：A.

【点睛】

简单线性规划问题的解题步骤：

(1)画出可行域;

(2)作出目标函数所表示的某条直线（通常选作过原点的直线），移动此直线并观察此直线经过可行域的哪个（些）点时，函数有最大（小）值；

(3)求（写）出最优解和相应的最大（小）值；

(4)下结论．

7．C

【分析】

根据离散型随机变量分布列的性质，以及离散型随机变量的期望和方差公式，根据题中所给的分布列，得到相应的结果，逐项分析，从而得到答案.

【详解】

由分布列的性质可知，所以有，所以A项正确；

，

，

因为，所以，所以B项正确；

，，

，

因为，所以，

所以不一定小于0，所以不一定成立，所以C项错误；

，

且，

所以有

，

令，

所以，，所以，

所以在上单调递增，

，

所以

所以D项正确；

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：该题考查的是有关离散型随机变量分布列的问题，正确解题的关键是理解离散型随机变量分布列的性质，以及熟练掌握其期望和方差公式.

8．C

【分析】

设点在正方形内的射影为，作，得；

若A成立，由对称性可知与正方形中心重合，此时不满足，A错误；

若B成立，由知在上，得到，B错误；

若C成立，由知在中点连线上，由知，可知存在满足的点，C正确；

若D成立，由知在上，由知，此时不存在满足的点，D错误.

【详解】

设点在正方形内的射影为，连接，且，作，垂足为，则，

对于A，若，由对称性可知，点在上；

同理，当时，点在上；则，即点与点重合，

此时，又，，与矛盾，A错误；

对于B，若，则点在上，此时，又，，与矛盾，B错误；

对于C，若，则点在中点连线上，如下图所示：

由对称性可知：，此时，即与重合，；

，在线段上，设正方形边长为，

则当时，，使得成立，C正确；

对于D，若，则在上，如下图所示：

，则在线段上，此时不存在点满足，使得，D错误.

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：本题考查立体几何中二面角相关问题的求解，解题关键是能够根据二面角的大小关系和对称性确定点在底面上的投影点的位置，结合点位置来进行分析.

9．B

【分析】

根据题意构造函数，解不等式可得到函数的单调性，进而得到当距离最近时，取得最小值，根据为最小值可得距离最近，建立绝对值不等式求解即可.

【详解】

令，构造函数，

，

∴当时，，单调递增，

当时，，单调递减；

则对于，当，即时，单调递增，

当，即时，单调递减，

所以当距离最近时，取得最小值，

根据题意知，为最小值，所以距离最近，

而等差数列满足，，所以，所以是递增数列，

∴，解得.

故选：B.

【点睛】

本题的核心是利用函数导数思维根据的表达式求出当距离最近时，取得最小值，根据题意可得距离最近，再根据已知可得是递增数列，且两个数值之间的距离问题可以使用绝对值思维，所以可得不等式组，解不等式组即可.

10．D

【分析】

根据题意，可知函数在上单调递增，即在上恒成立，得到不等式组，利用条件，对所求式子进行放缩，以为变量建立函数关系式，利用构造函数和基本不等式求出其最小值.

【详解】

，

，

因为函数没有极值点，

所以函数在上单调递增，

所以在上恒成立，

则有，即，

所以，

令，因为，所以，

所以

，

当且仅当时取等号，

故选：D.

【点睛】

关键点点睛：该题考查的是有关利用导数研究三次函数的问题，正确解题的关键对函数无极值点这个条件的正确转化，以及会利用基本不等式求最值.

11．2       

【分析】

首先根据三角函数的定义可得角的三个三角函数值，进而可得结果.

【详解】

∵角的终边过点，

∴，，，

∴.

故答案为：2；.

12．20    32   

【分析】

变形为，利用通项公式求，利用赋值法求.

【详解】

因为，

所以，

令，得，

令，得，

由两式得，

故答案为：20,32

13．       

【分析】

由，求得，则，写出在A点处和B点处抛物线C的切线方程，求得交点，再求得阿基米德三角形面积，再根据弦与抛物线所围成的封闭图形的面积与阿基米德三角形面积的关系求解.

【详解】

因为，

所以，

所以，

所以在A点处抛物线C的切线的斜率为-1，

切线方程为：，即，

同理在B点处抛物线CD 切线方程，

由，解得，

所以两切线的交点为，

所以阿基米德三角形面积，

所以弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为，

故答案为：-1，

14．       

【分析】

侧视图的下面是一个矩形，上面是一个直角三角形，根据三视图的特征可得边长，进而求出侧视图的面积；根据根据三视图得其直观图为组合体，上面是底面是的圆锥，下面是直四棱柱，根据体积的计算方法即可求得结果.

【详解】

根据三视图得其直观图为组合体，在俯视图平行四边形中，如图所示，

因为内部图是扇形，所以平行四边形邻边相等，

所以平行四边形是菱形，

设中点为，由主视图可得，所以三角形是正三角形，

所以，所以该几何体的上面是圆锥，圆锥的底面半径是2，高是上面是底面是的圆锥，下面是直四棱柱，如图所示，

根据图中的数据可得侧视图的面积为；

该几何体的体积为.

故答案为：；.

15．或

【分析】

根据题意得以为直径的圆与圆相切，根据圆与圆的位置关系可得结果.

【详解】

设以为直径的圆为圆，

∵，，∴，

∵圆上恰好有一个点满足，

∴圆与圆相切.

①当两圆外切时，，解得；

②当两圆内切时，，解得.

故答案为：或.

【点睛】

判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法.两圆相切注意讨论内切外切两种情况.

16．31

【分析】

用列举法列举符合题意的，去掉，再相加即可.

【详解】

的所有可能包括：；；；.

（1）盒1放球1时，剩下的盒子依次记为盒2、盒3、盒4、盒5，剩下四球的所有排列：2345，3245，4235，2354，3254，4253，2435，3425，4325，2453，2534，3524，4523，2543（其中球5不能放在盒2，不用列举.而3452，4352，3542，4532满足，应舍去）共14种；

（2）盒1放球2时，剩下的盒子依次记为盒2、盒3、盒4、盒5，剩下四球的所有排列：

1345，3145，4135，1354，3154，4153，1435，1453，1534，1543（其中球5不能放在盒2，不用列举.而3415，4315，3451，4351，3514，4513，3541，4531满足，应舍去）共10种；

（3）盒1放球3时，剩下的盒子依次记为盒2、盒3、盒4、盒5，剩下四球的所有排列：

1245，2145，4125，1254，2154，1425，1524，（其中球5不能放在盒2，不用列举.而4152，2415，4215，1452，2454，4251，2514，4512，1542，5241，4521满足，应舍去）共7种；

所以共有14+10+7=31种.

故答案为：31.

【点睛】

计数问题解题要先区分：1、先分步还是先分类；2、是排列还是组合．

17．

【分析】

建立平面直角坐标系，利用导函数求最值即可.

【详解】

把平面向量请进平面直角坐标系，

设，，

又，可设

∵，∴，

要使的最大，可令，

∴，

令

∴的增区间为 ，减区间为

∴

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：处理函数的最值方法有二，其一：利用导数大法，其二：利用四元均值不等式亦可，

.

18．（1）；（2）2．

【分析】

（1）由正弦定理求出即可求出面积；

（2）在中分别利用余弦定理表示出，可得出求出最值.

【详解】

解：（1）由正弦定理可得

∴

∴

（2）中，由余弦定理得：

，

，

∴

∴

∴时，t的最大值是2．

【点睛】

关键点睛：本题考查三角形面积的求解，考查余弦定理的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理表示出.

19．（1）证明见解析；（2）．

【分析】

（1）取中D点，根据正三角形性质证明面，从而证明.

（2）法一：作垂直于H，为二面角的平面角，然后证明面，则为与平面所成角的平面角，求得即可.

法二：建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量间的夹角求得线面夹角的正弦值.

【详解】

（1）证明：取中D点连接，

∴正和正中：

∴，

面，∴

（2）法一：作垂直于H，连，

由面可得为二面角的平面角，

∴，

面，面，

又，∴面，

∴为与平面所成角的平面角，

，

∵，

∴与平面所成角的正弦值为.

法二：建立如图以为坐标原点的空间直角坐标系，则：，

，

由面可得为二面角的平面角，

∴，

设面的法向量为，

∴，

∴，

又∵，

∴.

【点睛】

方法点睛：求线面夹角由两种方法：几何法需要作出线面夹角的平面角，然后解三角形求得夹角的三角函数值；建系法，通过建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，把问题转化为向量间的夹角来求解.

20．（1）；；（2）证明见解析．

【分析】

（1）可得，由累加法可求出，再利用裂项相消法即可求出；

（2）由题可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，可得，则可得，即可证明.

【详解】

解（1），

，

∴

（2），则，即，

∴数列是以4为首项，2为公比的等比数列，

，

，∵时，，

∴

.

【点睛】

关键点睛：解题的关键是得出数列是以4为首项，2为公比的等比数列，推出.

21．（1）；（2）①；②证明见解析．

【分析】

（1）根据椭圆上的点及离心率求出即可得到椭圆方程；

（2）①根据，由轨迹方程的求法计算即可；②联立方程，求出，由点到直线距离求，利用面积公式即可求解.

【详解】

（1），

∴椭圆C的方程为

（2）①设，过点P直线方程设为

由

消元得：

由直线与椭圆相切

化简得：

∴，

∴点轨迹方程为．

②设，则，

因为过点，∴，

∴方程为

由，

∴

∴，

∴的面积为定值．

【点睛】

关键点点睛：根据弦长公式及点到直线的距离，由面积公式化简即可求解，属于中档题.

22．（1）具体见解析；（2）①；②.

【分析】

（1）首先求出函数的导函数，再通过讨论的范围解不等式，进而得到结果；

（2）①通过讨论的范围，找到函数的单调性，再根据极值点是否满足题意，得到的范围；

②首先根据的极值点得到与的关系，从而消去中的参数，建立关于的关系式，构造函数，通过求导讨论函数的单调性得到函数的最大值，即得的最大值.

【详解】

（1），，

若，则恒成立，∴在上单调递增．

若，则当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增；

（2）①，且

由（1）得：

i）若，则在上单调递增，

∴时，，单调递减，

时，，单调递增，

∴为的极小值，满足条件；

ii）若，则在上单调递减，在上单调递增，

当时，时，，单调递减，

时，，单调递增，

∴为的极小值，满足条件；

当时，时，，单调递增，不满足条件；

综上所述：；

②

∴

设，，

，

设，

则，

，，

又∵只有一个实根，

∴存在唯一一个，使得，

∴时，单调递增，

∴时，单调递减.

又，

∴时，，单调递增，

时，，单调递减，

∴，即的最大值为.

【点睛】

导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；

（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；

（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；

（4）考查数形结合思想的应用.