浙江省绍兴市高三数学高考及选考科目适应性考试试卷及答案

高三数学高考及选考科目适应性考试试卷一、单选题1已知集合=∈≤0}=∈≤≤1}，则∁(∪)=（）C．[01]D．(1+∞)．，A．(−∞0)，B．[−10]，，，2．人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了=−1，17世纪法因数学家笛卡儿把i称为“虚数”，用+(、∈)表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z满足方程++5=0，则=（）从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数22A．−1+B．C．−1±D．−2±3已知椭圆2+2=(>0)．：，则该椭圆的离心率=（）412335A．B．C．D．3224．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．12−2B．C．D．35．下图中的函数图象所对应的解析式可能是（）A．=−12B．=−|1D．=−|2−1|−1|C．=−22+1≥0+36若实数x，y满足的约束条件．++1≥0，则的取值范围是（）=≤0A．[−31)，B．(−∞−3]∪(1+∞)，，C．[−33]，D．(−∞−3]∪[3+∞)，，7△．中，“>”是“cos<cos”的（）A．充分不必要条件C．充要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件8正方体．中，O为正方体的中心，P为正方体表面上的一个动点，若直线与平1111面、平面1所成的角都是30°，则这样的点P的个数为（）B．6C．811A．4D．无数个9．定义在R上的偶函数()满足(，)=(+2)，当∈[02]时=()，若在区间∈[0，10]内，函数()=()−(+1)有个5零点，则实数m的取值范围是（）12A．(0gB．gglo7，lo(0，∪(，lo1111121212C．(logD．gg7，)(lo，)∪(，lo1111

10已知正项数列{．，对任意的正整数m、n都有，则下列结论可能成立的是}2≤++（）A．+B．+C．++2=D．2⋅===++二、填空题1)的展开式中当且仅当第4项的二项式系数最大，则=11二项式．，展开式中含3的项的系数为．212已知双曲线2．2−=1(>0，>0)，直线l交双曲线两条渐近线于点A、B，M为线段的中22322点，设直线l、的斜率分别为、，若⋅=，则渐近线方程为．12113已知△内接三角形，是圆心为O，半径为R的圆的M是圆O上一点，G是△的重．心．若⊥，则+=+．22214已知函数()=log(9−)，()=lo(22)恒成立，则a的取值范围为D为边上一近B点的，=．g，若对任意，存在∈[3，4]使得∈[1，2]121)≥实数．15如图，在△．中，三等分点，=3，=，=3，则2sin=sin．16设∈≠0，若函数=．，，，2++有且仅有一个零点，且22++=1，则+的最小值为，++的最小值为．其中标号为1的球有17盆子中有大小相同的球共6个，3个，标号为2的球有2个，标号为3的．球有1个，第1次从盒子中任取1个球，放回后第2次再任()=取1个球，记第1次与第2次取到的球的标号之和为，则(=3)=．．三、解答题1318函数()=sin(+∈（其中>00≤≤．，，）部分图象如图所示，是该图)(，)2象的最高点，M，N是图象与x轴的（1）求()的最小正周期及的值；（2）若=，求A的值．交点．+419如图，三棱台．111中，=90°，===3，==2．111（1）证明：⊥1；11（2）求直线11与平面所成的角．120已知非零数列{}满足．=1，(+2−2)=+1(+1−2)，∈∗．1（1）若数列{}是公差不为0的等差数列，求它的通项公式；

（2）若=5，证明：对任意∈∗，+++⋯+≤3−2．212321如图，已知抛物线：，直线．l过点A、B两点，且在A、B(0，)(>0)与抛物线交于2=处的切线交于点分别交抛物线P，过点P且垂直于x轴的直线C、直线l于M、N两点．直线l与′曲线：=4(+)交于C、D两点．N是中点、△的面积分别为、，求的取值范围．′2（1）求证：点；（2）设△112222设a为实数，函数()=．+ln+1．1（1）当=−时，求函数()的单调区间；（2）判断函数()零点的个数．答案解析部分1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】C4．【答案】B5．【答案】A6．【答案】B7．【答案】C8．【答案】C9．【答案】D10．【答案】D11．【答案】6；-16012．【答案】=±6213．【答案】6214．【答案】，，(01)∪(13)63+315．【答案】；6616．【答案】−27；−98711017．【答案】；3318．【答案】（1）解：函数()=sin(+)的最小正周期==2，

1313因(，)是函数()图象的最高点，则+=+，∈，而0≤≤，有=0，=，226所以函数()的最小正周期为2，=6.1616（2）解：由（1）知，()=sin(+)，由+=0得=−，即点(−，0)，由+666116116=得=，即点(，0)，23于是得tan==，tan==，而+=，41−(−1)11−13663+2tan1−tan+tan⋅tan7=1，又>0，解得=−1，2则tan(+)==3⋅237所以=−1.219（1）证明：由题，取中点，连接、1．【答案】，由=，=，则⊥1、⊥，又、⊂面，故⊥面1，1111因为⊂面，故⊥，又∥11，则⊥11，得证；11111（2）解：由题，=90°，则==，又=，=，111故△△，故∠1=∠1=90°.11分别以、、1为、、轴建立如图空间直角坐标系，易得2，0，0)，，2，0)，(0，0，1)，，−2，0)，=(0，2，−1)，=(2111，0，−1)，=(0，22，0)，设平面法向量=，，，1⋅⋅=2=2=0，令=1，则=(1，  1，  2)，则1=012212故cos，==，故直线与平面所成的角为6.12⋅22即直线11与平面所成的角为6.列{120．【答案】（1）解：因为数}是公差不为0的等差数列，故设公差为，(≠0).−2+1，+1又(+2−2)=+1(+1−2)，∈∗，则()(++1=2+1化简得()=0，又≠0，故=2，因为=1，则=3，=5，且(−2)=(−2)1231322所以=+()=，1故数列{}的通项公式为=.（2）证明：因为(+2−2)=+1(+1−2)，∈∗，−2−2−2−2=3，1所以+2=+1，又=1，=5，则+1=212+1

故−2=3，即+1=3(+1)，∈∗+1+1所以数列{+1}是首项为2，公比为3的等比数列，故+1=2×3，=2×3−1，则对任意的∈∗，+++⋅⋅⋅+=2×(3+3+3+⋅⋅⋅+3012123=2×1×(1−3)1−3=3≤3−2，当=1时等号成立.21．【答案】（1）证明：因为点(0)(>0)的直线l过与抛物线，：交于2=A、B两点，所以直线的斜率存在，可设：=+.设，)，，)，则2==+，消去y可得：2=0，1122所以+=，=.1212对抛物线：=可化为=12，求导得：=，1224所以以，)为切点的切线方程为=1)，整理得：=1121412.111211同理可求：以，)为切点的切线方程为=112.224222两条切线方程联立解得：=，=，所以，.过点P且垂直于x轴的直线为：=，所以=.′所以=1+，即点中点N是.22（2）解：设=.因为点D到MN的距离为sin，所以=1⋅sin.2因为点B到MN的距离为sin，所以=2=2×1⋅sin.212⋅sin⋅⋅所以==sin.12×1⋅221）可知：点N是.同理可证：点N是.由（中点中点⋅⋅⋅1⋅⋅所以===.12⋅122设，)，，)，则2=，消去y可得：2=0，1122=+所以+=，=.所以=(1+)(12)2=4(1+)(+.2221212由（1）可知：，，，2+，所以=2+.22同理可求：=4(1+)(+，=+.222⋅⋅1(+⋅4(1+)(+222所以==12(22+⋅4(1+)(+222

+12=42+1141+=2+1111221+<2，所以1<因为>0，所以+1>1，所以0<2+1<1，所以1<1+<22+1+1111441+2，所以<2.4<2+1142即的取值范围为1(，)4222．【答案】（1）解：函数()的定义域为(0+∞)，，1当=−时，()=−1+ln+1，则()=−′+ln+1，且(1)=0，′1有()=−″+=，令()=″=1，所以当∈(0，1)时()>0，则()单调递增，″′当∈(1，+∞)时()<0，则()单调递减，″′所以=(1)=0，即()≤0，′′max()′则函数()在(0，+∞)上单调递减，即函数()的减区间为(0，+∞)，无增区间；1（2）解：由(1)知当=−时函数()在(0，+∞)上单调递减，又(1)=0，此时函数()只有1个零点；因为函数()的定义域为(0，+∞)，所以()与()具有相同的零点，()(1+ln+(>0)，令()==)11(+−=2)(+1)，=1，则函数()在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则()=′22当≥0时，+1>0，令()=′所以()=(1)=+1>0，此时函数()无零点，即函数()无零点；min1=1或=ln(−)，当<0时，令()=′

111<ln(−)，列表如下：若−<<0，则1(1，ln(−))1ln(−)1(ln(−)，+∞)(