【文档说明】浙江省金华市义乌市2021届高三下学期5月高考适应性考试数学试题 含答案.docx，共(14)页，924.705 KB，由小赞的店铺上传

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义乌市2021届高三适应性考试数学试卷本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．考试时间120分钟．试卷总分为150分．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式：如果事件AB、互斥，那么()()()PABPAPB+=+如果事件AB、相互独

立，那么()()()PABPAPB=如果事件A在一次试验中发生的概率为p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率()(1)(0,1,2,,)kknknnPkCppkn−=−=台体的体积公式()112213VSSS

Sh=++，其中12SS、表示台体的上、下底面积，h表示棱台的高．柱体的体积公式VSh=，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式13VSh=，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高．球的表

面积公式24SR=球的体积公式343VR=，其中R表示球的半径．第Ⅰ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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．已知全集U

=R，集合{21},{0}PxxQxx=−=…，那么()UPCQ=（）A．(2,0)−B．(0,1)C．(,0)(0,1)−D．(,1)−2．已知实数,xy满足023603260yxyxy−+−−……，则2zxy=+的最大值为（）A．12B．14C．16D．183．已

知,abR，则“0b”是“20ab+”的（）A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．函数21()cos(2)22fxxxxx=−−的图像可能是（）A．B．C．D．5．下列函

数中，在定义域内单调递增且是奇函数的是（）A．()22log1yxx=+−B．sinyx=C．22xxy−=−D．|1|yx=−6．ABC的三内角,,ABC所对的边分别是,,abc，下列条件中能构成ABC且形状唯一确定的是（）A．coscoscos()cos0,6

0bACcBCBC++==B．1,3,30abA===C．222sinsin2sinsinsin,45ACACBA++==D．1,2,abc==Z7．已知双曲线2212221(0,0),xya

bFFab−=、为左右焦点，M为坐标平面上一点，若12MFF为等腰直角三角形且2MF的中点在该曲线上，则双曲线离心率的可能值中最小的是（）A．512+B．1022+C．2D．1022−8．已知圆221xy+=与圆22

20xmxyny+++=（,mn是正实数）相交于AB、两点，O为坐标原点．当AOB的面积最大时，则()()22411mnmn++的最小值是（）A．26B．8C．7D．439．已知函数2,0(),0xxfxkxbx=+…，若对于任意一个正数a，不等式1|()(

0)3fxf−∣在(,)aa−上都有解，则,kb的取值范围是（）A．24,,,33kb−+RB．240,,33kbC．2,,3kb+RD．40,,3kb−10．如图，在等

边三角形ABC中，,DE分别是线段,ABAC上异于端点的动点，且BDCE=，现将三角形ADE沿直线DE折起，使平面ADE⊥平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，则下列选项中错误的是（）A．ADB的大

小不会发生变化B．二面角ABDC−−的平面角的大小不会发生变化C．BD与平面ABC所成的角变大D．AB与DE所成的角先变小后变大第Ⅱ卷非选择题部分（共110分）二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．）11．已知,,iabR是虚数单位．

若(2)(1)zaibi=−+为实数，则ab=_____，||z的最小值为______．12．设32*012(2)(3).,nnnxxaaxaxaxnN+−+=++++，若01217naaaa++++=，则n=________，2a=_______．13设随机

变量X的分布列如下：X0123P0.1ab0.4则ab+=_______，若数学期望()2EX=，则方差()DX=_______．14．某几何体的三视图如图所示，每个小正方形边长都是1，则该几何体的体积为____，表面积为____．15．已知数列24nnan=−，则数列na的前n项和nS=_

________．16．将2个2021,3个2019,4个2020填入如右图的九宫格中，使得每行数字之和、每列数字之和都为奇数，不同的填法有_________种．（用数字回答）17．若平面向量,ab满足||3,42||aabab=−

=−，则||||abab+−的取值范围是_______．三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）18．（本题满分14分）已知函数2()sinsincos633fxxxx=+−+

−．（Ⅰ）求函数()fx的单调递增区间；（Ⅱ）若函数1(),(0,)242gxfx=+−−，且3tan4=，求函数()gx在区间0,2上的取值范围．19．（本题满分15分）如图1，平行四边

形ABCE中，224,3AECEAEC===，在CE的延长线上取一点D，使得3EDCE=；现将ADE沿AE翻折到图2中ADE的位置，使得55CD=．（Ⅰ）求证：AEBD⊥；（Ⅱ）求直线CD与面ADE所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知数列na的前n项和为()

2*11,0,1,2,NnnnnnSaaSaann−==−．（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足()*12Nnannabn+=，求数列nb的前n项和nT；（Ⅲ）若数列nc满足*112111,0,1,2nnnnncccnNcac+=−=+

，求证：3nc．21．（本题满分15分）已知抛物线21:4Cyx=，椭圆2222:1(0)4xyCbb+=，点M为椭圆2C上的一个动点，抛物线1C的准线与椭圆2C相交所得的弦长为3．直线l与抛物线1C交于PQ两点，线段MPM

Q、分别与抛物线1C交于ST、两点，恰好满足2PQST=．（Ⅰ）求椭圆2C的标准方程；（Ⅱ）求以ST为直径的圆面积的最大值．22．（本题满分15分）已知函数1()ln22fxaxxax=+−有两个极值点12xx、．（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）求证：()10fx；（Ⅲ〕若219x

x，求()()2121fxfxxx−−的最大值．义乌市2021届高三适应性考试数学试卷参考答案与评分细则一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．）题号12345678910答案DDBACDABAC二、填空题（本大题共7小题，多空

题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．）11．2,412．4,1513．0.5,114．1,263+15．()()12*12*2222,14,22218,5,nnnnnnnNSnnnnN++−+++=−−+16．9017．[1,4]二、解答题（本大题共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．解：（Ⅰ）由题意可得112111()sin2cos2sin2cos2232322332fxxxxx=++−+=+−++5分21sin22122x=++

222,2122kxkkZ−+++，解得75,2424kxkkZ−++，所以函数()fx的单调递增区间为75k,,2424kkZ−+7分（Ⅱ）由题意及（Ⅰ）可知2()sin(22)2gxx=+，9分因为0,2222

2xx++，又(0,)，且3tan4=，所以34sin,cos,0554==，10分则302,222+，所以24sin(2)sin22sincos25+=−=

−=−，12分所以24sin(22)125x−+，则1222()252gx−，即()gx在区间0,2上的取值围为1222,252−14分19．解：（Ⅰ）作BOAE⊥垂足为O，根据题意得1OA=，则3OE=，又6DEDE

==，3OED=，在DEO中，由余弦定理得33OD=2分33ODOD==又()()222()DEOEOD=+由勾股定理得ODAE⊥，4分又学科网OBAE⊥，则AE⊥平面BOD6分又BD平面BOD则AEBD⊥7分（Ⅱ）（法一几何法）//BCAE//BC平面ADEC到

平面ADE的距离等于B到平面ADE的距离10分作BHDO⊥的延长线于H，连OH，则BHO为直线CD与面ADE所成的角，3322BHOB==12分33552sin11055CHCDHDH===15分（法二坐标法）作

BOAE⊥于O，以OB为x轴，OA为y轴，学科网竖直向上为z轴，由已知条件得(0,0,0),(0,1,0),(3,0,0),(3,4,0),(0,3,0),(33,0,0)OABCED−−−，9分//,BCAEBC⊥面22,,(55)439B

ODBCBDBD⊥=−=．又222(3)(33)(39)13,33,cos22333OBODODBOD+−=====−，2,33BODDOD==，12分339,0,22D−

13分由,,DAE的坐标易求面ADE的法向量(3,0,1)n=，14分539,4,22CD=−−，设直线CD与面ADE所成角为，则159335522sin1107581255||21644nCDnCD−=

===++15分（法三体积法）作BOAE⊥于O，以OB为x轴，OA为y轴，竖直向上为z轴，由已知条件得(0,0,0),(0,1,0),(3,0,0),(3,4,0),(0,3,0),(33,0,0)OABCED

−−−，9分//,BCAEBC⊥面22,,(55)439BODBCBDBD⊥=−=．又222(3)(33)(39)13,33,cos22333OBODODBOD+−=====−，2,33BODDOD==11分339,0,22D−

12分设点C到面ADE的距离为h，直线CD与面ADE所成角为，由DACECADEVV−−=得1191124sin12043332232h=解得32h=，则33552sin11055hCD===15分20．解：（Ⅰ

）由212(2)nnnSaan−=−可得2112nnnSaa++=−，2分两式相减得()()1110(2)nnnnaaaan+++−−=3分由题意可得11(2)nnaan+−=，由212(2)nnnSaan−=−可得21222Saa=−，所以22a=，故211aa−=5分所以na是首项

和公差都为1的等差数列，nan=6分（Ⅱ）12nnnb+=，7分1211123(1)222nnTn=++++8分2111112(1)2222nnnTnn+=++++21111113111(1)2222222nnnnnnTn+++

=+++−+=−−2133322nnnnnT+++=−=−10分（Ⅲ）因为*12111,,0nnnnncnNccac+−=+所以2211111111(2)(1)1nnnnccncnnnnn+−==−+−−12分所以由累加可

得22112312311111112111149(1)349(1)nnncccccncccnc−−−=++++=+++++++−+++−+21112111349(1)nccn−++++−13分故有11121111111515

132233421313nccnnn−+−+−+−++−=−−−−14分1512,333nncc−=．15分21．解：（Ⅰ）抛物线1C的准线方程1x=−2分因为抛物线1C的准线与椭圆2C相交的弦长3所以抛物线1C的准线与

椭圆2C交点31,2−4分得213144b+=得21b=∴椭圆2C的标准方程为2214xy+=6分（Ⅱ）2,PQSTST=、两点是MPMQ、的中点7分令()()()001122,,,,,MxyPxy

Qxy可得01010202,,,2222xxyyxxyyST++++222201101010100222,28022yyyxxxyyyyx+=+=+−−+=8分同理2220200

280yyyyx−−+=9分12,yy是22000280yyyyx−−+=的两个根，22000083282320yxxx=−=−−，解得0[2,2178)x−−10分212012002,8yyyyyyx+==−+11分()221200832yyyx−=−()()()()()()222

222222121221212121212||4416yyyyyyPQxxyyyyyy+−=−+−=−+−=+−()()()22222200012000045118322328164416yyxyyyxxx=+−=+−=−−−+()432000

011624320808xxxx=+−−+13分令432()162432080,[2,2178)fxxxxxx=+−−+−−，则32()44848320fxxxx=+−−，2()1296480fxxx=+−在[2,2178)x−−上恒成立()(2)0fxf−2x=−时，

2||PQ取到最大值6414分max||4ST=，此时以ST为直径的圆面积的最大值为415分22．解：（Ⅰ）函数()fx的定义域为0x1分22()0(0)2xaxafxxx−+==有两个解12xx、3分2220tata−+=两个不

同的正根12,xx2480aa=−，且0a，得a的取值范围是2a5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，不妨设12xx时，函数()fx在()10,x和()2,x+上递增，在()12,xx上递减，6分211111220,,222xx

axaaxaaax−+===−−−7分()1111111111111ln2ln2222222xxfxaxxaxxxxxx=+−=+−−−()()1111ln121xxxx=−−−8分222111122120,1xaaaaaaax−=−−−=−+−−9分故

只要证11ln10xx−−设()ln1gxxx=−−，则2()2xgxx−=，函数()gx在(0,4)上递增，在(4,)+上递减，()(4)ln430gxg=−，则()10fx得证10分（Ⅲ）根据韦达定理，12122xxxxa+==()()

()()221212111ln22xfxfxaxxaxxx−=+−−−()()()212211221111ln22xxxxxxxxxx=+−−+−()21221111ln22xxxxxx=−−()()2212211121212112lnln111222xxxxfxfxxxkx

xxxxxxx−==−=−−−−12分219xx∴令213xtx=，设2lnln()11ttthtttt==−−，其中3t13分()()()()()22222222(ln1)12ln11ln()011ttttttthttt+

−−−−+==−−14分所以，函数()ht在区间[3,)+上单调递减，当3t时，3ln3()(3)8hth=，则()()2121fxfxxx−−的最大值是3ln348−15分