【文档说明】浙江省宁波市宁海中学2021届高三高考数学适应性试卷（3月份） 含解析.doc，共(23)页，1.573 MB，由小赞的店铺上传

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2021年浙江省宁波市宁海中学高考数学适应性试卷（3月份）一、选择题（共10小题）.1．设集合A＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}，B＝[﹣2，2]，则（∁RA）∩B＝（）A．RB．[﹣1，2]C．[﹣2，1]D．[﹣2，3]2．在平面直角坐

标系中，F1（﹣2，0），F2（2，0），||PF1|﹣|PF2||＝a（a∈R），若点P的轨迹为双曲线，则a的取值范围是（）A．（0，4）B．（0，4]C．（4，+∞）D．（0，4）∪（4，+∞）3．已知三个不同的平面α，β，γ和直线m，n，若α∩γ＝m，β

∩γ＝n，则“α∥β”是“m∥n”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．对于二项式（x﹣2）6的展开式，下列命题为真的是（）A．第3项的系数为﹣160B．第4项的系数为﹣160C．奇数项的系数之和是﹣364D．偶数项的系数之和是3655．已知

某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则其体积（）（单位：cm3）A．B．4C．D．56．已知函数f（x），g（x）满足，则h（x）＝的图象大致是（）A．B．C．D．7．已知随机变量ξ的分布列如表：ξ﹣101pp1p2p3其中，则D（ξ）的最大值是（）A

．B．C．D．8．如图，矩形ABCD中，2AB＝3AD＝6，点Ei，Fi（i＝1，2）在CD，AD上，满足E1F1＝2，E1F2∥E2F1，将△DE1F1沿E1F1向上翻折至△D′E1F1，使得D′在平面ABCD上的射影落在△DE2F2的重心G处，

设二面角D′﹣AB﹣C的大小为α，直线D′A，D′C与平面ABCD所成角分别为β，γ，则（）A．α＞β＞γB．γ＞α＞βC．α＞γ＞βD．β＞α＞γ9．已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2021a2022＜0＜a2021+a2022，则（）A．a1d＞

0B．|S2021|＜|S2022|C．S4042S4043＜0D．a2022S4042S4043＞010．对于n，k∈N*，若正整数组F（a1，a2，…，ak）满足a1≤a2≤…≤ak，a1+a2+…

+ak＝n，则称F为n的一个拆，设F中全为奇数，偶数时拆的个数分别为s（n），T（n），则（）A．存在n≥2021，使得S（n）＝0B．不存在n≥2021，使得T（n）＝0C．存在n≥2021，使得S（n）＝T（n）D．不存在n≥2021，使得S（n

）＜T（n）二、填空题（共7小题）.11．Euler公式：exi＝cosx+isinx（e为自然对数的底数，i虚数单位）被评为最完美的公式．根据此公式，可得到sini＝；|e2+i|＝．12．已知两点A，B在圆C：（x﹣1）2+（y

+2）2＝r2上，P点坐标为（1，y0），若∠APB的最大值是60°，且此时，则y0＝；r＝．13．已知实数x，y满足条件，则z＝2x﹣y的取值范围是．14．已知平面向量，满足||﹣||＝|⋅|，则﹣的取值范围是；若||≥1，则|﹣|

的最小值是．15．小明与3位男生、3位女生在排队购物，已知每位女生需2分钟，男生需1分钟，若小明（不排在首位）的前后不同时为女生，且他的等待时间不多于4分钟，则不同的排队情况共有种．16．已知a≠0，b＞0，若f（x）＝b|ax+b|﹣|a2x

+b2|﹣2b2有两零点x1，x2，且x1+x2＜0，则的取值范围是．17．如图，已知F1，F2为椭圆C：（a＞1）的两焦点，O为坐标原点，H1，H2分别F1，F2在C的切线l上的射影，则点H1的轨迹方程是；若有且仅有2条l使得△

OH1H2的面积最大，则C离心率的最大值是．三、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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，，BC＝3，如图所示，点D在线段AC上，满足AB＝

AD．（Ⅰ）求A的值；（Ⅱ）若BD＝2CD，求的值．19．如图，在斜四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠DAB＝∠AA1B＝，A1A⊥AD，AB＝AA1＝2AD．（Ⅰ）证明：平面A1AD1D⊥平面B1BD1；（Ⅱ）求二面角B1﹣AD1﹣A1的正切值

．20．已知Sn为数列{（﹣1）nan}的前n项和，且a1＝1．（Ⅰ）若数列{an}为公差d＜0的等差数列，若Sk＝0，证明：k是奇数；（Ⅱ）若数列{an}为公比q＞2的等比数列，证明：．21．已知点A，B

在直线l：y＝x+2上（B在A上方），P（2，0），，斜率为k1的直线AP交抛物线Γ：y2＝4x于点M，N，直线BP交Γ于点R，S．（Ⅰ）求k1的取值范围；（Ⅱ）若，求S△MPR⋅S△SPN的取值范围．22．已知a∈R，函数f（x）＝ax2+lnx，φ（x）＝f（x）﹣2

lnx．（Ⅰ）若2a＜e，（ⅰ）求函数φ（x）的单调区间；（ⅱ）证明：2f[φ（x）]＞e；（Ⅱ）若2a＞0，（ⅰ）若存在正整数k，使非空集合{x|φ（x）≤1}⊆{x|f（kx）≤k}，求a的取值范围；（ⅱ）若对任意正整数k，非空集合{

x|φ（kx）≤k}⊆{x|f（x）≤1}，求a的取值范围．参考答案一、选择题（共10小题）.1．设集合A＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}，B＝[﹣2，2]，则（∁RA）∩B＝（）A．RB．[﹣1，2]C．[﹣2，1]D．

[﹣2，3]解：∵A＝{x|x＜﹣1或x＞3}，B＝[﹣2，2]，∴∁RA＝[﹣1，3]，（∁RA）∩B＝[﹣1，2]．故选：B．2．在平面直角坐标系中，F1（﹣2，0），F2（2，0），||PF1|﹣|PF2||＝a（a∈R），若点P的轨迹为双曲线，则a

的取值范围是（）A．（0，4）B．（0，4]C．（4，+∞）D．（0，4）∪（4，+∞）解：因为点P的轨迹为双曲线，所以c＝2，由双曲线的定义知，||PF1|﹣|PF2||＝a＜2c＝2×2＝4，所以a的取值范围是（0，

4）．故选：A．3．已知三个不同的平面α，β，γ和直线m，n，若α∩γ＝m，β∩γ＝n，则“α∥β”是“m∥n”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解：由α∩γ＝m，β∩γ＝n，α

∥β⇒m∥n；反之不成立，可能α与β相交．∴α∩γ＝m，β∩γ＝n，则“α∥β”是“m∥n”的充分不必要条件．故选：A．4．对于二项式（x﹣2）6的展开式，下列命题为真的是（）A．第3项的系数为﹣160B．第4项的系数为﹣160C．奇数项的系数之和是﹣364D．偶数项的系数之和是36

5解：在二项式（x﹣2）6的展开式中，对于A，第3项的系数为•（﹣2）2＝60，故A错误；对于B，第4项的系数为•（﹣2）3＝﹣160，故B正确；对于C，奇数项的系数之和是+•（﹣2）2+•（﹣2）4+（﹣2）6＝1+60+240+

64＝365，故C错误；对于D，偶数项的系数之和是•（﹣2）1+•（﹣2）3+（﹣2）5＝﹣12﹣160﹣192＝﹣364，故D错误；故选：B．5．已知某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则其体积（）（单位：cm3）A．B．4C．D．5解：根据几何体的三视图

转换为直观图为：该几何体为倒放的四棱柱．使用分割法，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱柱；如图所示：故．故选：D．6．已知函数f（x），g（x）满足，则h（x）＝的图象大致是（）A．B．C．D．解：由，得f（x）＝，g（x）＝，则f（x）g（x）＝×＝，则h（x）＝

＝＝，则x≠0，h（﹣x）＝＝﹣＝﹣h（x），则h（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，当0＜x＜时，cosx＞0，f（x）g（x）＞0，则h（x）＞0，排除A，故选：C．7．已知随机变量ξ的分布列如表：ξ﹣101pp1p2p3其中，则D

（ξ）的最大值是（）A．B．C．D．解：E（ξ）＝（﹣1）•p1+0•p2+1•p3＝p3﹣p1，又E（ξ2）＝p1+p3，所以D（ξ）＝E（ξ2）﹣[E（ξ）]2＝，因为＝，所以，所以D（ξ）＝＝，因为0＜p1+p3

＜1，所以当时，D（ξ）的最大值是．故选：C．8．如图，矩形ABCD中，2AB＝3AD＝6，点Ei，Fi（i＝1，2）在CD，AD上，满足E1F1＝2，E1F2∥E2F1，将△DE1F1沿E1F1向上翻折至△D′E1F1，使得D′在平面ABCD上的射影落在△DE2F2的重心G处，设

二面角D′﹣AB﹣C的大小为α，直线D′A，D′C与平面ABCD所成角分别为β，γ，则（）A．α＞β＞γB．γ＞α＞βC．α＞γ＞βD．β＞α＞γ解：作GH⊥AB，交AB于H，∵tanα＝，tanβ＝，tanγ＝，且GC＞GA＞GH，∴tanα＞tanβ

＞tanγ．∴α＞β＞γ．故选：A．9．已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2021a2022＜0＜a2021+a2022，则（）A．a1d＞0B．|S2021|＜|S2022|C．S4042S4043

＜0D．a2022S4042S4043＞0解：∵a2121a2022＜0＜a2021+a2022，∴，或，当d＞0时，a1＜0，此时a1d＜0，|S2021|＞|S2022|，故选项A、B错误；由a2021+a2022＞0可得：S4042＝＞0，又S4043＝＝4043a2022，∴当d＞0

时，有S4042S4043＞0，故选项C错误；又当d＞0时，有a2022＞0，S4042S4043＞0，此时a2022S4042S4043＞0；当d＜0时，有a2022＜0，S4042S4043＜0，此时a2022S4042S4043＞0，故选项D正确，故选：D．10．对于n，k∈N*，若正整数组

F（a1，a2，…，ak）满足a1≤a2≤…≤ak，a1+a2+…+ak＝n，则称F为n的一个拆，设F中全为奇数，偶数时拆的个数分别为s（n），T（n），则（）A．存在n≥2021，使得S（n）＝0B．不存在n≥2021，使得T（n）＝0C．存在n≥2021，使得S（n）＝T（n）

D．不存在n≥2021，使得S（n）＜T（n）解：对于任意的n≥2021，至少存在一个全为1的拆分，故A错误；当n为奇数时，T（n）＝0，故B错误；当n为偶数时，（a1，a2，…，ak）是每个数均为偶数的分拆，则它至少对应了（1，1，…，1）和（1，1，…，a1﹣1，a2﹣1，…，

ak﹣1）的均为奇数的拆，当n＝2时，偶数拆为（2），奇数拆为（1，1），S（2）＝T（2）＝1；当n＝4时，偶数拆为（2，2），（4），奇数拆为（1，1，1，1），（1，3）；故当n≥6时，对于偶数的拆，除了各项不全为1的奇数拆分外，至少多出一项各项

均为1的拆，故S（n）＞T（n），故C错误，D正确，故选：D．二、填空题（共7小题）.11．Euler公式：exi＝cosx+isinx（e为自然对数的底数，i虚数单位）被评为最完美的公式．根据此公式，可得到sini＝；|e2+i|＝e2．解：当x＝i时，e﹣1＝

cosi+isini①，当x＝﹣i时，e＝cosi﹣isini②，①﹣②，i；|e2+i|＝．故答案为：；e2．12．已知两点A，B在圆C：（x﹣1）2+（y+2）2＝r2上，P点坐标为（1，y0），若∠A

PB的最大值是60°，且此时，则y0＝0或﹣4；r＝1．解：由圆的对称性易得，当PA，PB为圆的两条切线时，∠APB取最大值60°，Rt△PAC中，r＝PA•tan30°＝＝1，所以PC＝＝＝2，故|﹣2﹣y0|＝2，解得y0＝0或y0＝﹣4．故答案为：

0或﹣4；113．已知实数x，y满足条件，则z＝2x﹣y的取值范围是[﹣6，4]．解：实数x，y满足条件，即，画出可行域，如图所示：解得B（﹣2，2）、A（2，0），把z＝2x﹣y变形为y＝2x﹣z，则直线经过点B时z取得最小值；经过点A时z取得最大值．所以zmin＝2×（﹣2）﹣2

＝﹣6，zmax＝2×2﹣0＝4．即z的取值范围是：[﹣6，4]．故答案为：[﹣6，4]．14．已知平面向量，满足||﹣||＝|⋅|，则﹣的取值范围是[﹣1，0]；若||≥1，则|﹣|的最小值是．解：∵||

﹣||＝|⋅|＝|||||cosθ|＝||⋅|||cosθ|，则|cosθ|＝，﹣＝＝﹣|cosθ|∈[﹣1，0]，∵•＝||•||cosθ≤||•||，∴|﹣|2＝||2﹣2•+||2≥||2﹣2||•||+||2＝||2﹣

2||+2||+||2＝（||﹣1）2+（||+1）2﹣2，则当||＝1且||＝1时取得最小值，此时|﹣|2≥4﹣2＝2，即|﹣|≥，当且仅当||＝||＝1且cosθ＝1时取得最小值，，故答案为：[﹣1，0]；15．小明与3位男生、3

位女生在排队购物，已知每位女生需2分钟，男生需1分钟，若小明（不排在首位）的前后不同时为女生，且他的等待时间不多于4分钟，则不同的排队情况共有1440种．解：由题设可知小明等待的时间有以下情况：①等待1分钟，有＝360种排队方案；②等待2分钟，有+＝360种排队方案；③等待3分钟，有A++＝36

0种排队方案；④等待4分钟，有++＝360种排队方案，∴不同的排队情况共有360×4＝1440种，故答案为：1440．16．已知a≠0，b＞0，若f（x）＝b|ax+b|﹣|a2x+b2|﹣2b2有两零点

x1，x2，且x1+x2＜0，则的取值范围是．解：由f（x）＝0，得b|ax+b|﹣|a2x+b2|﹣2b2＝0，∴||﹣||＝2，∴||＝||+2，如图（1），t＜0，大致作出y＝|tx+1|，y＝|

t2x+1|+2的图象，此时若有两个交点，则必有t2＜t，解得t＞1，与t＜0矛盾，舍；（2）t＞0，①t＞1，t2＞t，﹣＞﹣，不可能有2个交点；②t＝1，＞﹣，不可能有两个交点；如图（2）0＜t＜1，﹣，|tx+1|＝|t2x+1|+2，当|tx+1|＝|t2x+1|+2，当

x＝﹣时，y＝|tx+1|＝﹣tx﹣1，当x＝﹣时，y＝，a：时，，此时若有两个交点，且x1+x2＜0，则，解得，∵x1+x2＜0，∴t＜．b：时，同a，也不可能．c：时，0＜t＜，此时若有2个交点，则，∴，x1+x2＜0，t+1＞t﹣1恒成立，综上，0＜．故答案为：（0，）．17．如图，已知F

1，F2为椭圆C：（a＞1）的两焦点，O为坐标原点，H1，H2分别F1，F2在C的切线l上的射影，则点H1的轨迹方程是x2+y2＝a2；若有且仅有2条l使得△OH1H2的面积最大，则C离心率的最大值是

．解：如图，延长OH2至H2′，使得OH2＝OH2′．∵H2F∥H1F1，故F1，H1，H2′三点∵H1O为Rt△H2′H1H2斜边上的中线，故OH1＝OH2＝OH2′，取切点P，连PF1，PF2，作OH3⊥l，由椭圆的光学性质得∠PF1H1＝∠PF2H2＝θ

，，同理可得，，即点H1的轨迹方程是x2+y2＝a2；由上分析可得，要使有且仅有2条l使得△OH1H2的面积最大，即有且仅有两个P点使得∠F1PF2最接近，即b2≥c2，可得2c2≤a2，故．故答案为：x2+y2＝a

2；．三、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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，，BC＝3，如图所示，点D在线段AC上，满足AB＝AD．（Ⅰ）求A的值；（Ⅱ）若BD＝2CD，求的值．解：（Ⅰ），由正弦定理得：，故，

即，（Ⅱ）由于AB＝AD，，即△ABD为正三角形，故不妨设DC＝x，则BA＝AD＝BD＝2x，由余弦定理，，故，即．19．如图，在斜四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠DAB＝∠AA1B＝，A1A⊥AD，AB＝AA1＝2AD．（Ⅰ）证明：平面A1AD1D⊥平面

B1BD1；（Ⅱ）求二面角B1﹣AD1﹣A1的正切值．【解答】（1）证明：不妨设AD＝1，则AB＝AA1＝2，由余弦定理：，∴AD2+BD2＝AB2，∴AD⊥DB，∵DD1⊥AD，DD1∩BD＝D，∴A

D⊥平面BDD1B1，∵AD⊂平面AAD1D，∴平面AAD1D⊥平面BDD1B1，证毕．（2）解法一：由（1）可知：∴平面AAD1D⊥平面BDD1B1，如下图，连DB1，作B1H⊥DD1，故B1H⊥平面A1AD1D，∴△AD1H即△A1D1B1在平面A1AD1D的射影，∵AD⊥DB1，∴，故H为D

D1的中点，故，∵AD⊥DD1，∴，∵，∴AB1＝2，由余弦定理：∴，故，设二面角B1﹣AD1﹣A1的大小为θ，则，故．解法二：如下图，以D1为原点，D1A1为x轴，D1D为y轴，建立空间直角坐标系，连DB1，∵AD⊥DB1，∴，故得到A（2，0），，A1（1，0，0），设平面A1AD1D

的法向量，平面AD1B1的法向量为，得取；取，设二面角B1﹣AD1﹣A1的大小为θ，则，故．20．已知Sn为数列{（﹣1）nan}的前n项和，且a1＝1．（Ⅰ）若数列{an}为公差d＜0的等差数列，若Sk＝0，证明：k是奇数；（Ⅱ）若数列{an}为公比q＞2的等比数列

，证明：．【解答】证明：（Ⅰ）由S2n＝（a2﹣a1）+（a4﹣a3）+…+（a2n﹣a2n﹣1）＝nd≠0，S2n﹣1＝﹣a1+（a2﹣a3）+（a4﹣a5）+…+（a2n﹣2﹣a2n﹣1）＝﹣1﹣（n﹣1）d＝0，该式有

正整数解，故当Sk＝0时，k是奇数．（Ⅱ）由题意得，故，，设，∵q＞2，∴，故，，故．21．已知点A，B在直线l：y＝x+2上（B在A上方），P（2，0），，斜率为k1的直线AP交抛物线Γ：y2＝4x于点M，N，直线BP交Γ于点R，S．（Ⅰ）求k1的取值范围；（Ⅱ）若，求S△MPR⋅

S△SPN的取值范围．解：（Ⅰ）由题意可设AP：y＝k1（x﹣2），由于AP与抛物线，直线均有交点，故k1≠1，k1≠0，联立直线l与直线AP得到，得A（，），而，得到B（+1，+1）＝（，），得，由于BP与抛物线，直线

均有交点，故，⇒k1≠，1，综上，．（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），R（x3，y3），S（x4，y4），则，，故，记R，S到直线AP的距离分别为d3，d4，则，设AP：x＝m1y+2，其中，与抛物线联立得y2﹣4my﹣8＝0，由韦达定理得

，同理设BP：x＝m2y+2，由韦达定理得，故＝＝，由（1）可知，故当且仅当m1＝9，即取等号，故S△MPR⋅S△SPN的取值范围是[4096，+∞）．22．已知a∈R，函数f（x）＝ax2+lnx，φ（x）＝f（x

）﹣2lnx．（Ⅰ）若2a＜e，（ⅰ）求函数φ（x）的单调区间；（ⅱ）证明：2f[φ（x）]＞e；（Ⅱ）若2a＞0，（ⅰ）若存在正整数k，使非空集合{x|φ（x）≤1}⊆{x|f（kx）≤k}，求a的取值范围；（ⅱ）若对任

意正整数k，非空集合{x|φ（kx）≤k}⊆{x|f（x）≤1}，求a的取值范围．解：（Ⅰ）（i）由题意得：φ（x）＝f（x）﹣2lnx＝ax2﹣lnx，，令φ′（x）＝0，解得：x＝，x，φ′（x），φ（x）的变化如下：x（0，）（，+∞）φ′（x）+0﹣φ（

x）递增极小值递减故φ（x）在上单调递减，在上单调递增．（ii），故，由复合函数的单调性得，故2f[φ（x）]＞e，证毕．（Ⅱ）（i）由于{x|φ（x）≤1}是非空集合，故，记f（kt）＝k，要使{x|φ（x）≤1}⊆{x|f（kx）≤k}，需满足kt≥kx1⇒f（kx0）≤k，即，得，当

k≥2时，，矛盾！故k＝1，设f（x1）＝1，得，从而记，，由于{x|φ（x）≤1}⊆{x|f（x）≤1}，故φ（x1）≥1，而，故x1≤1，故L′（x1）在[0，1]上单调递减，由，得a≥1，即，所以a的取值范围为[1，]．（ii）{x|φ（x）≤k}是非

空集合，故，得，下面考虑{x|φ（x）≤k}⊆{x|f（kx）≤1}，由于，φ（x0）≤k，故∃x2，x3＞0（x2≤x0≤x3），使得φ（x2）＝φ（x3）＝k，由于φ（x）在（x0，+∞）上单调递增，x3≥x0，故要使x3≤kx1，只需φ（kx1）≥k

，对于前者，即，，由y＝k2+2klnk﹣递增，g′（1）＝0，故lnx1≤g（1）＝0，即0＜x1≤1，故a≥L（1）＝1，综上：．所以a的取值范围为[1，]．