【文档说明】新疆维吾尔自治区布尔津县高中2021届高三下学期5月第三次适应性检测数学（理）试题 含答案.docx，共(12)页，950.094 KB，由小赞的店铺上传

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新疆维吾尔自治区2021年普通高考第三次适应性检测理科数学(卷面分值：150分；考试时间：120分钟)注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置

上.2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效.3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷

和答题卡一并交回.第I卷一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合1,1,2,3,5,{14},{04}MNxxTxx=−==NZ∣∣，则()MTN=（）A.2B.1,2,3C.1,

2,3−D.2,32.已知向量()()()21,4,2,,3,4atbtc=+==，当ab取最小值时，bc=（）A.5B.4C.3D.23.为比较甲､乙两名学生的数学素养，对课程标准中规定的六大数学核心素养进行指标

测验，指标值满分为5分，分值高者为优，根据测验情况绘制了如图所示的六大数学素养指标雷达图，则下面叙述错误的是（）A.甲的数据分析素养优于乙B.乙的数学运算素养优于数学抽象素养C.甲的六大数学素养指标值波动性比乙

小D.甲的六大数学素养中直观想象最差4.函数22sincosln22xxyx=−的图象可能是（）A.B.C.D.5.阅读如图所示的程序框图，若输入的8k=，则该算法的功能是（）A.计算数列21n−的前8项和B.计算数列21n−的前7项和C.计算数列

12n−的前8项和D.计算数列12n−的前7项和6.随着互联网技术的发展，各种手机搜题APP层出不穷，某学校为了防止学生考试时用手机搜题，指派6名教师对数学试卷的选择题，填空题和解答题这三种题型都进行改编，且每种题型至多指

派3名教师，每位老师只改编一种题型，则不同分派方法种数是（）A.180B.270C.360D.4507.已知12,AA分别为双曲线221169xy−=的左右顶点，2F为双曲线的右焦点，动点M到1A的距离是到2A的距离的3

倍，若点M的轨迹与双曲线的渐近线的公共点为,CD，则2FCD的面积是（）A.2425B.1C.10825D.28.设na是首项为正数的等比数列，公比为q，则“0q"是“对任意的正整数2122122,0nnnnnaaaa−+++++”成立的（）A.充要

条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件9.已知3,3,abc===，下列说法正确的是（）A.bacB.bcaC.cabD.cba10.已知数列na的首项为1，且()()*111nnnaann++=+N，则na的最小值是（）A.12

B.1C.2D.311.在三棱锥PABC−中，所有棱长均为2，DEF､､分别为棱,PAPBPC､的中点，则该三棱锥的外接球被平面DEF所截的截面面积是（）A.43B.3C.32D.212.已知函数()yfx=是定义在R上的偶函数，且()()2fxf

x−=，当01x剟时，()exxfx=，要使方程()0fxkxk−−=有且仅有5个零点，则实数k的取值范围是（）A.1111,,4e6e5e3e−−B.1111,,3e5e6e4e−−C.1111,,4e

6e6e4e−−D.1111,,2e4e4e2e−−第II卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题-第23题为选考题，考生根据要求作答.二､填空题：本大题共4小

题，每小题5分.13.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是45，连续两天为优良的概率是35，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是__________.14.已知复数z满足21(zii−−=为虚数单位)，则z的最大值是__________.15.在椭

圆22221(0)xyabab+=中，A为长轴的一个顶点，B为短轴的一个顶点，12,FF分别为左，右焦点，且满足12120AFAFBFBF+=，则离心率e=__________.16.设,､表示不同平面，lmn､､

表示不同直线，则以下命题中，正确的命题是__________(填写正确命题的序号)①若,,lmn===，则////lmn；②若//,lmm，则//l或l；③若,,l⊥⊥=，则l⊥；④若,,lm⊥，则lm⊥.三､解答题：共70分，解答应写

出文字说明，证明过程或演算步骤.17.(12分)在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，且222sinsinsin3sinsin.ABCAB+−=（1）求角C的大小；（2）当1c=时，求22ab−的最大值.18.(12分)如图，

在直三棱柱111ABCABC−中，1,,ACBCAAABD==为1BB的中点.（1）若E为1AB上的一点，且1114EBAB=，求证:DECD⊥；（2）在（1）的条件下，若异面直线1AB与CD所成的角为45，求直线

AC与平面11ABC所成角的余弦值.19.(12分)实施乡村振兴战略，优先发展教育事业.教育既承载着传播知识､塑造文明乡风的功能，更为乡村建设提供了人才支撑，为了补齐落后地区教育发展的短板，解决落后地区优秀教师资源匮乏的问题，某教育局从6名优秀教师

中抽选人员分批次参与支教活动.支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从6人中随机抽选（1）求6名优秀教师中的“甲”在这3批次活动中有且只有一次被抽选到的概率；（2）某接受支教学校需要3名教师完成一项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前

一位教师在一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位教师，且无论第三位教师能否完成任务，均不再指派教师.现只有本校教师A与支教教师B，C三人可派，他们各自完成任务的概率分别为123,,ppp，假设3211ppp

，且三人能否完成任务相互独立.若教师A因个人原因要求第一个被派出，之后按某种指定顺序派人，试分析以怎样的顺序派出教师，可使所需派出教师的人员数目的数学期望达到最小.20.(12分)已知抛物线C的顶点在原点，焦点坐标为()2,0F，点M的坐标为(),0m

，其中m为非零常数.（1）设过点M斜率为1的直线1l交抛物线于,AB两点，若0,mM关于原点的对称点为N，求NAB面积的最大值；（2）设过点M斜率为()0kk的直线2l交抛物线C于,PQ两点，在x轴上是否存在点T，使得直线,TPTQ与x轴所成的锐

角相等？若存在，求点T的坐标；若不存在，请说明理由.21.(12分)已知函数()ln.fxxxaxa=−+（1）若1x…时，()0fx…恒成立，求a的取值范围；（2）求证111:ln(223nnn+++…且*)nN；（3）当1,01ab=时

，方程()fxb=有两个不相等的实数根12,xx，求证12:1.xx请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.(10分)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正

半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为3,0,22cos31,.2−=„剟（1）求曲线C与极轴所在直线围成图形的面积；（2）设曲线C与曲线1sin2=交于,AB两点，求AB.[选修4-5：不等式选讲]23.(10分)已知正实数,xy

满足1.xy+=（1）解关于x的不等式52;2xyxy++−„（2）证明419:22xyy++….新疆维吾尔自治区2021年普通高考第三次适应性检测理科数学参考答案第I卷―､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.题号12345678910111

2答案BDDACDCBDBAC第II卷二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.3414.51+15.6316.②③三､解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.解：（1）由正弦定理

得2223abcab+−=，即2223cos22abcCab+−==，又0180C所以30C=（2）由12,180301501sinsinsin2abcBAAABC=====−−=−，所以()()2sin,2sin2sin1502sin30aAbBAA===−=+，则()()22221co

s2601cos24sin4sin304422AAabAA−+−−=−+=−()()2cos22cos2602sin230AAA=−++=−+，因为0150A，所以30230330.A+当2

30270A+=，即120A=时，()sin2301A+=−，故22ab−的最大值是2.18.（1）证明：取AB中点M，连接,CMMD，有1//MDAB，因为ACBC=，所以CMAB⊥，因为三棱柱111ABCABC−为直三棱柱，所以平面ABC⊥平面11ABBA，因为平面ABC平面11A

BBAAB=，所以CM⊥平面11ABBA，因为1AB平面11ABBA，所以1.CMAB⊥因为111114,4EBABEBEAB==为1AB的四等分点，D为1BB的中点，所以1//DEAB，又因为111,//

ABABMDAB⊥，所以1ABMD⊥，又MDCMM=所以1AB⊥面1CMDABCDCDDE⊥⊥（2）解：如图以M为坐标原点，分别以,,MAMOMC为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系.设2ABa=，由条件可知45CDM=，所以2DMC

Ma==，所以122ABa=，所以()()()11,0,0,,2,0,0,2,2AaBaaCaa−，()0,0,2Ca所以()()()1112,2,0,,0,2,,0,2ABaaBCaaACaa=−==−，设平面11ABC的法向量

为(),,nxyz=，则11100ABnBCn==，即22020xyxz−+=+=，则n的一组解为()2,2,1n=−所以22230cos,1535ACnACnACn−===−

.所以直线AC与平面11ABC所成角的余弦值为10515.19.解：（1）依题意，6名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中被抽取到概率为152613CC=，则三次抽取中“甲”恰有一次被抽取到的概率为213124339PC==（2）

设X表示先A后B再C完成任务所需人员数目，则X123P1p()121pp−()()1211pp−−()()()()1121212122131123EXppppppppp=+−+−−=−−+设Y表示先A后C再B完成任务所需人员数

目，则Y123P1p()131pp−()()1311pp−−()()()()1131313132131123EYppppppppp=+−+−−=−−+又()()()()13210EYEXppp−=−−故按照先A后B再C的顺序派出所需人数期望最小.20.解：（1）由条件知，拋物线C的方程为

28yx=，直线1l的方程为yxm=−，点N的坐标为(),0.m−由28yxmyx=−=得()22240xmxm−++=①由①式的判别式()Δ3220m=+，得2.m−设()()1122,,

,AxyBxy，则()2121224,xxmxxm+=+=.故222211124(4)482ABxxmmm=+−=+−=+.又点(),0Nm−到直线1l的距离2dm=，所以3211282422(20)22NABSABdmmmmm==+=+−，记

()322fmmm=+，则()243433fmmmmm=+=+，当-423m−时，()0;fm当403m−时，()0.fm即()fm在区间42,3−−上是增函数，在区间4,03−上是减函数，所以max432()3

27fmf=−=.故()max3232342279NABS==.（2）设直线2l方程为()ykxm=−，由()28ykxmyx=−=得()22222240.kxmkxkm−++=设()()3344,,,PxyQxy，则223434228

,mkxxxxmk++==设点T存在，其坐标为(),0t，由直线,TPTQ与x轴所成的锐角相等知0TPTQkk+=，即34340yyxtxt+=−−，即()()34340kxmkxmxtxt−−+=−−化简得()()3434220.xxmtxx

mt−+++=所以()22228220mkmmtmtk+−++=，即tm=−，因此符合条件的点T存在，其坐标为(),0m−.21.解（1）()1,0xfx厖即ln0.axax−+…设()()ln1agxxaxx=−+…，()221axagxxxx=−=−

当1a„时()(),0,gxgx…在)1,+上单调递增，()()10gxg=…满足条件；当1a时，令()0gx=，得xa=，当1xa„时，()0;gx当xa时，()0gx，()gx在区间1,a上单调递减，在区间),a

+上单调递增，()min()ln1gxgaaa==−+.()()10gag=，与已知矛盾.综上所述，a的取值范围是(,1.−（2）由（1）可知，当1,1ax=时()0fx，即ln10xxx−+对1x恒成立，故有1lnxxx−.令()121nx

nn=−…，得1ln1nnn−，分别令2,3,,nn=，将1n−个不等式相加得1113ln2lnlnln2321nnnn++++++=−故原不等式成立.（3）当1a=时，()lnfxx=，则()fx在区间(0,1上单调递减，在区间)1,+上单调递增，由方程()fxb=有两个不相等的实

数根12,xx，不妨设12xx，则1201xx，要证121xx，只需证2111xx，()fx在区间)1,+上单调递增，只需证明()211.fxfx()()12,fxfx=只需证明()111.fxfx

设()()1(01)Fxfxfxx=−，则()22211lnlnln0xFxxxxxx−=−=，()Fx在区间()0,1上单调递增，()()10FxF=，()()11110,fxffxfxx−成立原不

等式成立，即121xx成立.二选一试题22.解：（1）由于曲线C的极坐标方程为3,022cos31,2−=„剟根据互化公式得，曲线C的直角坐标方程为：当03x„时，330;xy+−=当10x−剟时，22

1xy+=.则曲线C与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的14圆及一个两直角边分别为1与3的直角三角形，因此围成图形的面积1342S=+.（2）由11sin2==得51,6A，其直角坐标为311,,sin222−=

的直角坐标方程为13,22cos3y==−的直角坐标方程为33xy+=，故B点坐标为31,22，所以333.22AB=+=23.解：（1）因为1xy+=且0,0

xy，所以0152522212xxyxyxx++−−+−„„01011112121222xxxxxxx−+−+−+剟„，解得116x„所以不等式的解集为1,1.6（2）因为1xy+=且0,0xy，所以(

)411412222xyyxyyxyy+=+++++124124955222222xyyxyyyxyyxy++=+++=++…当且仅当12,33xy==时，等号

成立.