2022年浙江省温州市高三第一次适应性测试 .pdf

浙江省温州市2012届高三第一次适应性测试数学试题（理科）本试题卷分选择题和非选择题两部分全卷满分150 分，考试时间120 分钟请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上选择题部分（共50 分）注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上2每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸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不能答在试题卷上参考公式：如果事件A、B 互斥，那么棱柱的体积公式)()()(BPAPBAPShV如果事件A、B 相互独立，那么其中 S 表示棱柱的底面积，h 表示棱柱的高)()()(BPAPBAP棱锥的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是ShV31P，那么 n 次独立重复试验中恰好发生k 其中 S 表示棱锥的底面积，h 表示棱锥的高次的概率棱台的体积公式knkknnPPCkP)1()(),2,1,0(nk)(312211SSSShV球的表面积公式其中 S1，S2分别表示棱台的上、下底面积，h 24 RS表示棱台的高球的体积公式334RV球其中 R 表示球的半径一、选择题：本大题共10 小题，每小题5 分，共 50 分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1已知i是虚数单位，则1111ii（）AiBiC1D12设集合,A B，则AB是ABAI成立的（）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3 已 知,irjr是 互 相 垂 直 的 单 位 向 量,设43,34aij bijrrr rrr，则a br r名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 9 页 -开 始i=1,s=0s=s+12ii=i+1输出 S结 束否是（）A 25 B24 C5 D0 4如图给出的是计算11112462012L的值的一个程序框图，则判断框内应填入的条件是（）A1005iB1005iC1006iD1006i5已知数列na满足115,2nnnaa a，则73aa（）A 2 B 4 C5 D526已知实数,x y满足010240yyxyx，若zyax取得最大值时的最优解(,)x y有无数个，则a的值为（）A 2 B1 C0 D17若圆224260 xyxmym与y轴的两交点,A B位于原点的同侧，则实数m的取值范围是（）A6mB3m或62mC2m或61mD3m或1m8将 9 个相同的小球放入3 个不同的盒子，要求每个盒子中至少有1 个小球，且每个盒子中的小球个数都不同，则共有（）种不同放法A 15 B18 C19 D21 9一个直角三角形的周长为l，面积为 S，给出：（6，2）；（25，5）；（10，6）；2,322其中可作为),(Sl取值的实数对的序号是（）AB CD10如图，直线l平面，垂足为O，正四面体ABCD的棱长为 4，C在平面内，B是直线l上的动点，则当O到AD的距离为最大时，正四面体在平面上的射影面积为（）A422B222lODCBA名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 9 页 -C4D43非选择题部分（共 100 分）注意事项：1用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上2在答题纸上作图，可先使用2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑二、填空题：本大题共7 小题，每小题4 分，共 28 分11已知展开式66016(1)xaa xa xL，则06aa的值为12如图，若一个几何体的正视图、侧视图、俯视图相同，且均为面积等于 2 的等腰直角三角形，则该几何体的体积为13函数()sin sin()3f xxx的最小正周期为14已知双曲线222104xybb的离心率为2，则它的一焦点到其中一条渐近线的距离为15已知()f x是定义在R上的奇函数，且当0 x时()xf xea，若()f x在R上是单调函数，则实数a的最小值是16某高校进行自主招生面试时的程序如下：共设3 道题，每道题答对给10 分、答错倒扣5 分（每道题都必须回答，但相互不影响）设某学生对每道题答对的概率都为23，则该学生在面试时得分的期望值为分17若不等式211axbxc的解集为(1,3)，则实数a的取值范围是三、解答题：本大题共5 小题，共72 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18（本题满分14 分）如图，在ABC中，ADBC，垂足为D，且:2:3:6BD DCAD（）求BAC的大小；（）设E为AB的中点，已知ABC的面积为15，求CE的长19（本题满分14 分）设等差数列na的前n项和为nS，EDCBA（第 12 题）（第 18 题）（第 10 题）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 9 页 -若1522,243(0)at SSt t（）求数列na的通项公式；（）设nnbaqn，若1155,ba ba，试比较3a与3b的大小20（本题满分14 分）如图，在三棱锥ABCD中，90ABCBCDCDA，6 3,6ACBCCD，设顶点A在底面BCD上的射影为E（）求证:CEBD；（）设点G在棱AC上，且2CGGA，试求二面角CEGD的余弦值21（本题满分15 分）如图，在矩形ABCD中，8,4,ABBCE F G H分别为四边的中点，且都在坐标轴上，设,(0)OPOF CQCFuu u ruuu r uu u ruu u r（）求直线EP与GQ的交点M的轨迹的方程；（）过圆222xyr(02)r上一点N作圆的切线与轨迹交于,S T两点，若20NS NTruur uu u r，试求出r的值22（本题满分15 分）已知函数2()2lnf xxax（）若4a，求函数()f x的极小值；（）设函数()cos2g xx，试问：在定义域内是否存在三个不同的自变量(1,2,3)ix i使得()()iif xg x的值相等，若存在，请求出a的范围，若不存在，请说明理由？yxoMQPHGFEDCBA（第 20 题）（第 21 题）A G E D C B 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 9 页 -参考答案一、选择题（本大题共10 小题，每小题分，共5分）题号10 答案A C D C B B B B D A 二、填空题（本大题共7 小题，每小题分，共28 分）112124313142 31511615171122a三、解答题（本大题共5 小题，共72 分）18（本小题满分4 分）解：（I）由已知得11tan,tan32BADCAD,2分则1132tantan()111132BACBADCAD,5 分又(0,)BAC,故4BAC 7 分（II）设2(0)BDt t,则3,6DCt ADt,由已知得21515t,则1t,故2BD,3,6DCAD,10分则10,3 52ABAEAC，12 分由余弦定理得5CE14 分19（本小题满分14 分）解：（I）方法一：设等差数列na的公差为d，则52139243SSadt 2分又12at，则2d，4 分故2nant6分方法二：5234543243SSaaaat，则48at得2d（II）方法一：由已知可得510,5aqtaqt，8分EDCBA名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 9 页 -相加得513()2taqaq，10 分又54(1)4aqaqaq q，则41q，得21q 13 分则322333(1)02aqabtaqq，故33ab 14 分方法二：设ncnt，nndaq，则nc为等差数列，nd为等比数列，由题意得11550,0cdcd，且15dd则1515315322ccddcd dd，故33ab20（本小题满分4 分）证明：（I）方法一：由AE平面BCD得AECD，又ADCD，则CD平面AED，故CDDE，3 分同理可得CBBE，则BCDE为矩形，又BCCD，则BCDE为正方形，故CEBD6 分方 法 二：由 已 知 可 得6 2ABBDAD，设O为BD的 中 点，则,AOBD COBD，则BD平面AOC，故平面BCD平面AOC，则顶点A在底面BCD上的射影E必在OC，故CEBD（II）方法一:由（I）的证明过程知OD平面AEC，过O作OFEG，垂足为F，则 易证 得DFEG，故OFD即 为二面角CEGD的平面角，9 分由已知可得6AE，则2AEAG AC，故EGAC，则2 32CGOF，又3 2OD，则30DF，故10cos5OFD，即二面角CEGD的余弦值为105 14分方法二:由（I）的证明过程知BCDE为正方形，如图建立坐标系，则(0,0,0),(0,6,0),(0,0,6),(6,0,0),(6,6,0)EDABC，可得(2,2,4)G，则(0,6,0),EDEGuuu ruuu r(2,2,4)，易知平面CEG的一个法向量为(6,6,0)BDuuu r，设平面DEG的一个法向量为(,1)nx yr，则由00n EDn EGr uu u rr uu u r得(2,0,1)nr，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 9 页 -NTSyxoHGFEDCBA则10cos,5BD nBD nBDnuu u r ruu u r ruu u rr，即二面角CEGD的余弦值为10521（本小题满分5 分）解：（I）设(,)M x y，由已知得(4,0),(4,22)PQ，则直线EP的方程为22xy，直线GQ的方程为22xy，4 分消去即得M的轨迹的方程为221(0)164xyx6 分（II）方法一：由已知得2NS NTON，又ONST，则OSOT，8分设直线:(2)STykxm m代入221164xy得222(14)84160kxkmxm，设1122(,),(,)S xyT xy，则21212228416,1414kmmxxx xkk10 分由OSOT得12120 x xy y，即221212()(1)0km xxkx xm，则22516(1)mk，12 分又O到直线ST的距离为21mrk，故4 5(0,2)5r经检验当直线ST的斜率不存在时也满足15 分方法二：设00(,)N xy，则22200 xyr，且可得直线ST的方程为200 x xy yr代入221164xy得2222420000(4)84160yxxr x xry，由2NS NTON得220200120(1)()()xxxxxry，即201212()xxxx xr，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 9 页 -则2242200220084164r xryryx，故4 5(0,2)5r22（本小题满分5 分）解：（I）由已知得244(1)()4xfxxxx，2分则当01x时()0fx，可得函数()f x在(0,1)上是减函数，当1x时()0fx，可得函数()f x在(1,)上是增函数，5分故函数()fx的极小值为(1)2f 6 分（II）若 存 在，设()()(1,2,3)iif xg xm i，则 对 于 某 一 实 数m方 程()()f xg xm在(0,)上有三个不等的实根，8 分设2()()()2lncos2F xf xg xmxaxxm，则()42sin 2(0)aFxxx xx有两个不同的零点10 分方法一：242 sin 2(0)axxx x有两个不同的解，设2()42 sin 2(0)G xxxx x，则()82sin 24 cos22(2sin 2)4(1cos2)Gxxxxxxxxx，设()2sin 2h xxx，则()22cos20h xx，故()h x在(0,)上单调递增，则当0 x时()(0)0h xh，即2sin2xx，12 分又1 cos20 x，则()0Gx故()G x在(0,)上是增函数，14分则242 sin 2(0)axxx x至多只有一个解，故不存在15 分方法二：关于方程042sin 2(0)axxxx的解，当0a时，由方法一知2sin2xx，则此方程无解,当0a时，可以证明()42sin 2(0)aH xxxxx是增函数，则此方程至多只有一个解，故不存在名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 9 页 -名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 9 页 -