浙江省嘉兴市第一中学2016届高三适应性测试数学理试题

浙江省嘉兴一中2016级高三适应性测试数学（理科）试卷

命题：沈新权 审题：许群燕

一、选择题（本大题共８小题，每题5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．若集合A??1,2,3?，B??(x,y)x?y?4?0,x,y?A?，则集合B中的元素个数为（ ）

A.9 B. 6 C.4 D.3

2．某几何体的三视图如图所示，图中的正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，两条虚线的交点为正方形一边的中点，则该几何体的体积是（ ）

241A. B. C.1 D. 3333. 已知数列?an?中的任意一项都为正实数，且对任意m,n?N*，有am?an?am?n，如果

正视图 侧视图

a10?32，则a1的值为（ ）

A.?2 B.2 C.2 D.?2

4. 已知函数f(x)?lnx，g(x)??x2?3，则f(x)?g(x)的图象为（ ）

yyyy俯视图

OxOxOxOxA B C D

5．已知a,b都是实数，那么“a3?b3”是“a2?b2”的（ ）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6．设函数f(x)?(x?a)x?a?b，a,b?R，则下列叙述中，正确的序号是（ ）

①对任意实数a,b，函数y?f(x)在R上是单调函数； ②对任意实数a,b，函数y?f(x)在R上都不是单调函数； ③对任意实数a,b，函数y?f(x)的图象都是中心对称图象； ④存在实数a,b，使得函数y?f(x)的图象不是中心对称图象． A. ①③ B. ②③ C. ①④ D.③④

7．将函数f(x)?cos?x（其中??0）的图象向右平移

A.0 B.1 C.??个单位，若所得图象与原图象重合，则f()不可能等于（ ） 32423 D. 22?ACB?90?，8．已知A,B,C是抛物线y2?4x上不同的三点，且AB∥y轴，点C在AB边上的射影为D，则ADB?D（ ）

A. 16 B.8 C. 4 D. 2

1

?

二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分） 9．已知函数f(x)?x?1?2x?1?3x?1．则f(2)? ，f(x)的最小值为 ． 10. 设e1，e2为单位向量，其中a?2e1?e2，b?e2，且a在b上的投影为2， 则a?b? ，e1与e2的夹角为 ．

3x2y211.若双曲线2?2?1(a?0,b?0)的右焦点到渐近线的距离等于焦距的倍，则双曲线的离心率为 ，如果双

4ab曲线上存在一点P到双曲线的左右焦点的距离之差为4，则双曲线的虚轴长为 ．

12. 如图，已知边长为4的菱形ABCD中，

AC?BD?O，?ABC?60?.将菱形ABCD沿对角

线AC折起得到三棱锥D?ABC，二面角D?AC?B的大小为60?，则直线BC与平面DAB所成角的正弦值为 .

13. 设等差数列?an?的前

AODD

CAOCn项和为Sn，若

BBS6?S7?S5，则an?0的最大n? ，满

足SkSk?1?0的正整数k? ．

14.已知函数f(x)?2x?1，g(x)?x2?(2?3k)x?2k?1.若方程gf(x)?0有3个不同实根，则k的取值范围为 .

???x?0,?15.已知点P是平面区域M：?y?0,内的任意一点，P到平面区域M的边界的距离之和的取值范围

??3x?y?3?0.为 ．

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） 16. （本题满分14分）在?ABC中，a,b,c分别是三内角A,B,C的对边，且

3cosB?2sin(?A)?sin(?A)?2sin2A.

33（1）求角B的值；

（2）若b?23，求三角形ABC周长的最大值.

2

??S

A F

B

D E

C

17．（本题满分15分）如图，在三棱锥S?ABC中，SA?底面ABC，AC?AB?SA?2，AC?AB，D，E分别是AC，BC的中点，F在SE上，且SF?2FE． （1）求证：AF?平面SBC；

（2）在线段上DE上是否存在点G，使二面角

G?AF?E的大小为30?？若存在，求出DG的长；

若不存在，请说明理由．

18．（本题满分15分）设函数f(x)?2ax2?bx?3a?1，（1）若0?a?1 ，f(x1)?f(x2) x1,x2满足x1?[b,b?a]，

x2?[b?2a,b?4a]，求实数b的最大值；（2）当x?[?4,4]时，f(x)?0恒成立，求5a?b的最小值．

19. （本题满分15分）如图，已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的一个焦点为(3,0)，(1,（1）求椭圆的标准方程；

（2）设椭圆的上、下顶点分别为A,B，P(x0,y0)（x0?0）是椭圆上异于A,B的任意一点，PQ?y轴，Q为垂足，

3)是椭圆上的一个点． 23M为线段PQ中点，直线AM交直线l:y??1于点C,N为线段BC的中点，如果?MON的面积为，求y0的值．

2

AyMPxl:y??1QOBNC220．（本题满分15分）已知数列{an}满足:a1?1,an?1?ansin（1）当????sin2??cos2n?.

?4时，求数列{an}的通项公式；

（2）在（1）的条件下,若数列{bn}满足bn?sin?an2,Sn为数列{bn}的前n项和，求证:对任意n?N*,Sn?3?

5?. 8 3

嘉兴一中2016年高考数学适应性练习（理科）参考答案

一、选择题（本大题共８小题，每题5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．若集合A??1,2,3?，B??(x,y)x?y?4?0,x,y?A?，则集合B中的元素个数为（ ） A.9 B. 6 C.4 D.3 D

提示：x,y?A的数对共9对，其中(2,3),(3,2),(3,3)满足x?y?4?0，所以集合B中的元素个数共3个． 2．某几何体的三视图如图所示，图中的正视图、侧视图、俯正方形，两条虚线的交点为正方形的中点，则该几何体的体积是

视图都是边长为1的（ ）

241A. B. C.1 D. 333B

提示：由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱为1，正四棱锥的底面边长为正方体的上底面，顶点为正方体下底

正视图 侧视图

锥，其中正方体的棱面的中心，因此，该

12几何体的体积为V?13??1?12?. 33俯视图

amn?，3. 已知数列?an?中的任意一项都为正实数， 且对任意m,n?N*，有am?an?如果a10?32，则a1的值为（ ）

A.?2 B.2 C.2 D.?2 C

提示：令m?1，则

an?1?a1，所以数列?an?是以a1为首项，公比为a1的等比数列，从而an?a1n，因为a10?512，an所以a1?2．

4. 已知函数f(x)?lnx，g(x)??x2?3，则f(x)?g(x)的图象为（ ） C

yyyyOxOxOxOxA B C D

提示：由f(x)?g(x)为偶函数，排除A,D，当x?e时，f(x)?g(x)??e2?3?0，排除B． 5．已知a,b都是实数，那么“a3?b3”是“a2?b2”的（ ）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

4

D

提示：因为a3?b3等价于a?b，由于a,b正负不定，所以由a?b不能得到a2?b2；由a3?b3也不能得到a?b，因此“a3?b3”是“a2?b2”的既不充分也不必要条件．

6．设函数f(x)?(x?a)x?a?b，a,b?R，则下列叙述中，正确的序号是 ．（把正确的序号都填上） ①对任意实数a,b，函数y?f(x)在R上是单调函数； ②对任意实数a,b，函数y?f(x)在R上都不是单调函数； ③对任意实数a,b，函数y?f(x)的图象都是中心对称图象； ④存在实数a,b，使得函数y?f(x)的图象不是中心对称图象． A. ①③ B. ②③ C. ①④ D.③④ A

考虑y?xx，函数f(x)?(x?a)x?a?b的图象是由它平移得到的，因此，其单调性和对称性不变． 7．将函数f(x)?cos?x（其中??0）的图象向右平移于（ ）

A.0 B.1 C.D

提示：由题意可能等于??个单位，若所得图象与原图象重合，则f()不可能等32423 D. 22?3?2???k(k?N*)，所以??6k(k?N*)，因此f(x)?cos6kx，从而f(?24)?cosk??，可知f()不4243． 28．已知A,B,C是抛物线y2?4x上不同的三点，且AB∥y轴，?ACB?90?，点C在AB边上的射影为D，则

AD?BD?（ ）

A. 16 B.8 C. 4 D. 2 A

设A(4t2,4t),B(4t2,?4t)，C(4m2,4m)，因为?ACB?90?，

所以16(t2?m2)2?16(t2?m2)?0，因此m2?t2??1，因为CD?4t2?m2?4且在Rt?ABC中，AD?BD?CD，所以AD?BD?16．

二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分） 9．已知函数f(x)?x?1?2x?1?3x?1．则f(2)? ，f(x)的最小值为 ． 9，1.

10. 设e1，e2为单位向量，其中a?2e1?e2，b?e2，且a在b上的投影为2， 则a?b? ，e1与e2的夹角为 ．

2?a?b?2，．

3

5

2a?b(2e1?e2)?e22e1?e2?e2提示：设e1与e2夹角为?，则??|b||e2|1

1???2|e1|?|e2|cos??1?2，解得cos??，所以??．故填．

2333x2y211.若双曲线2?2?1(a?0,b?0)的右焦点到渐近线的距离等于焦距的倍，则双曲线的离心率为 ，如

4ab果双曲线上存在一点P到双曲线的左右焦点的距离之差为4，则双曲线的虚轴长为 ．

2，43 由于右焦点到渐近线的距离等于焦距的

3b?b倍，可知双曲线渐近线y?x的倾斜角为，即?3，所以4a3ae?c?1?3?2，因为a?2，从而b?16?4?23． a12. 如图，已知边长为4的菱形ABCD中，AC?BD?O，?ABC?60?.将菱形ABCD沿对角线AC折起得到

三棱锥D?ABC，二面角D?AC?B的大小为60?，则直线BC与平面DAB所成角的正弦值为 .

D

D

AOCAOCBB313． 13提示：由题意?DOB?60?，AC?平面DOB，△DOB为等边三角形，

取OB的中点H，则有DH?平面ABC，且DH?3，∵VD?ABC?VC?ABD，即?S?ABC?DH?为点C到平面ABD的距离），∴d?131?S?ABD?d（其中d331213. 13，即直线BC与平面DAB所成角的正弦值131313. 设等差数列?an?的前n项和为Sn，若S6?S7?S5，则an?0的最大n? ，满 足SkSk?1?0的正整数k? ．

6，12．

提示：依题意a6?S6?S5?0，a7?S7?S6?0，a6?a7?S7?S5?0，则S11?11(a1?a11)?11a6?0，

212(a1?a12)12(a6?a7)??0，

2213(a1?a13)S13??13a7?0，所以S12S13?0，即满足SkSk?1?0的正整数k?12．

2S12?

6

14.已知函数f(x)?2x?1，g(x)?x2?(2?3k)x?2k?1.若方程gf(x)?0有3个不同实根，则k的取值范围为 .

??k??1或k?0. 2方程gf(x)?0有3个不同实根等价于方程g(x)?0，即x2?(2?3k)x?2k?1?0有两个根x1、x2，其中?g(0)?2k?1?0或0?x1?1且x2?0，当0?x1?1且1?x2时，即?，∴k?0．当0?x1?1且x2?00?x1?1且1?x2，

?g(1)??k?0??时，k??11112，此时g(x)?x?x?0的根为0和，满足题意．综上，k的取值范围为k??或k?0. 2222?x?0,?15.已知点P是平面区域M：?y?0,内的任意一点，P到平面区域M的边界的距离之和的取值范围

??3x?y?3?0.为 ．

[3,3]． 2?x?0,?提示：设平面区域M：?y?0,围成?ABO，由题意，AO?1,BO?3,AB?2，P到平面区域M的

??3x?y?3?0.边界的距离之和d就是P到?ABO三边的距离之和，设P到边界AO,BO,AB的距离分别为a,b,c因为

11?S，因为，所以a?0,b?0,c?(3?a?3b)?0d?a?b?c?[a?(2?3)b?3]，POA?PAB2233131从而d?，又a?b?3，所以d?a?b?c?[(?3)b?23]?3，因此d的取值范围为[,3]．

22222三、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） 16. （本题满分14分）在?ABC中，a,b,c分别是三内角A,B,C的对边，且

S?ABO??S?PBO3?S?23cosB?2sin(?A)?sin(?A)?2sin2A.

33（1）求角B的值；

（2）若b?23，求三角形ABC周长的最大值.

???A)?sin(?A)?2sin2A

3331313331?2(cosA?sinA)(cosA?sinA)?2sin2A?cos2A?sin2A?，所以cosB?，因为B是三角形的内角，

22222222解：（1）因为3cosB?2sin(所以B????3．

ac232???4，所以a?4sinAc,?4si?n(?A，因)此三角形ABC周长

?sinAsinCsin332??2l?4siAn?4si?n?(A?)?234A?3si?n(，因为)20?3A??，所以当A?时，lmax?63．

363317．（本题满分15分）如图，在三棱锥S?ABC中，SA?底面ABC，AC?AB?SA?2，AC?AB，D，E分别是AC，BC的中点，F在SE上，且SF?2FE．

（2）正弦定理得

7

S

（1）求证：AF?平面SBC；

（2）在线段上DE上是否存在点G，使二面角

G?AF?E的大小为30?？若存在，求出DG的长；

若不存在，请说明理由． 解：（1）由AC?AB?SA?2，AC?AB，

E是BC的中点，得AE?2．

因为SA?底面ABC，所以SA?AE． 在Rt△SAE中，SE?216． 6，所以EF?SE?33因此AE?EF?SE，又因为?AEF??AES， 所以△EFA∽△EAS，

?则?AFE??SAE?90，即AF?SE． 因为SA?S

底面

ABC，所以SA?BC，又BC?AE， 所以BC?底面SAE，则BC?AF．

又SEIBC?E，所以AF?平面SBC．

（2）方法一：假设满足条件的点G存在，并设DG?t． 过点G作GM?AE交AE于点M，

又由SA?GM，AEISA?A，得GM?平 面SAE．

F?NG．作MN?AF交AF于点N，连结NG，则A

于是?GNM为二面角G?AF?E的平面角，

?即?GNM?30，由此可得MG?A D N F

M B

G E

C

2(1?x)． 22(1?t)MNMNAM62??由MN∥EF，得，于是有，MN?(1?t)．

EFAE6623?在Rt△GMN中，MG?MNtan30，即

1263，解得t?． (1?t)?(1?t)?2263于是满足条件的点G存在，且DG?z S 1． 2并设DG?t．以x，y，z轴建立

（2）方法二：假设满足条件的点G存在，A为坐标原点，分别以AC，AB，AS为空间直线坐标系D?xyz，则A(0,0,0)，

A D F S(0,0,2)B y

，

E(1,1,0)，

G

E C 8 x

222G(1,t,0)．由SF?2FE得F(,,)．

333uuuruuuruuur222所以AE?(1,1,0)，AF?(,,)，AG?(1,t,0)．

333设平面AFG的法向量为m?(x1,y1,z1)，则

22?2uuurx?y?z?0???m?AF?0?333，即?，取y?1，得x??t，z?t?1，即m?(?t,1,t?1)．设平面AFE的法r?uuu?x?my?0??m?AG?0??uuur??n?AF?0向量为n?(x2,y2,z2)，则?uu，即ur??n?AE?022?2x?y?z?0??333，取y?1，得x??t，z?t?1，即??x?y?0??．由二面角G?AF?E的大小为30?，得cos30??n?(?t,1,t?1)|m?n||?t?1?1?(?1)?(t?1)?0|，化?22|m|?|n|2?(?t)?1?(t?1)简得2t2?5t?2?0，又0?t?1，求得t?11． 于是满足条件的点G存在，且DG?． 2218．（本题满分15分）设函数f(x)?2ax2?bx?3a?1，（1）若0?a?1 ，f(x1)?f(x2) x1,x2满足x1?[b,b?a]，

x2?[b?2a,b?4a]，求实数b的最大值；（2）当x?[?4,4]时，f(x)?0恒成立，求5a?b的最小值．

bb，即(x1?x2)max??，因为x1?[b,b?a]，x2?[b?2a,b?4a]，2a2ab?10a2a2111?10a2所以，2b?5a??，解得b?，令4a?1?t，则t?(1,5]，?(t??2)?，从而??2，即

2a4a?14a?116t54a?1?10a2()min??2，所以，b??2，当a?1时，b的最大值为?2． 4a?1bb（2）方法一：当a?0时，（1）若?4????4，f(?)?0，即?16a?b?16a且

4a4a612124a2?8a?b2?0，整理得24(a?)2?b2?，设24(a?)?rcos,?b?s，??[0,2?]．所以，rin?，其中0?r?3636解：（1）由f(x1)?f(x2)及x1?x2得到x1?x2??5a?b?6265576114,sin???,cos???，即a?,b??． ????，等号成立的条件是r?37762633217b1??4，即b?16a，则5a?b?21a?0??； 4a3b2912911（3）?，从而?4，即b??16a，又由题意知b??a?，所以，?16a??a?，解得a?4a4444359191115a?b??a???????．

44435439111当a?0时，也容易知道5a?b??a?????．

4443141综上，当且仅当a?,b??时，(5a?b)min??．

2173（2）若?

9

方法二：为了出现5a?b的形式，可以把原函数换一种形式f(x)?(2x2?3)a?xb?1，只要令a,b对应系数成比例就会出现目标形式．

2x2?3x1111,4]时，f(x)?0，特别地有f(3)?0，令所以5a?b?f(3)???，?，解得x1?3,x2??，又x?[?45123331x?3为二次函数的对称轴，x?[?4,4]时，f(x)?0?f(3)，当且仅当f(3)?0时成立．另一方面，所以，即有5a?b??，

314141b且??3，解得a?,b??．从而，当且仅当a?,b??时，(5a?b)min??．

21721734a1111在前面的解法中，注意到f(?)??(5a?b)?1，所以5a?b??2f(?)?2?2，等号当且仅当f(?)?0，即

222224b1???时成立，解得a?,b?时，5a?b的最大值为2.

774a219. （本题满分15分）如图，已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的一个

焦点为(3,0)，(1,3)是椭圆上的一个点． 2（1）求椭圆的标准方程；

（2）设椭圆的上、下顶点分别为A,B，P(x0,y0)（x0?0）

AyMPx是椭圆上异于

l:y??1QOBA,B的任意一点，PQ?y轴，Q为垂足，M为线段PQ中点，

直线l:y??1于点C,N为线段BC的中点，如果?MON的面积为

NC直线AM交

3，求y0的值． 2x2y2解：（1）设椭圆方程为2?2?1，由题意，得c?3． 因

ab3a2?c2?b2，所以b2?a2?3．又(1,)是椭圆上的一个点，所

2314?1，解得a2?4或a2?3（舍去）?，从而椭圆的标准方l:y??122aa?34AyMPx为以

QOBNC程为

x2?y2?1． 4x02?x??y02?1．因为M为线段PQ中点， 所以M?0,y0?．又A?0,1?，（2）因为P?x0,y0?，x0?0，则Q(0,y)且0，42??所以直线AM的方程为y??x?2(y0?1)x?1．因为x0?0,?y0?1,令y??1，得C?0,?1?． 又B?0,?1?，N为线段BCx0?1?y0???x0的中点，有N?,?1?．

?2(1?y0)???????x0?x0所以NM???,y0?1?．

?22(1?y0)???????????x0?x0?x0x02x02因此，OM?NM?????y02?y0 ??y0?(y0?1)?2?22(1?y0)?44(1?y0)x02x022?y0)??y0?1?(1?y0)?y0?0．从而OM?MN． =(44(1?y0)因为OM?22x02x01?y022?y0?1，ON?， ?1??1?44(1?y0)2(1?y0)21?y0 10

所以在Rt?MON中，MN?ON?OM22?，因此S?MON?111?y011?y034．从而有解得y0?． OMMN??，

221?y021?y02520．（本题满分15分）已知数列{an}满足:a1?1,an?1?ansin2??sin2??cos2n?. （1）当???4时，求数列{an}的通项公式；

（2）在（1）的条件下,若数列{bn}满足bn?sin?=?an2*,Sn为数列{bn}的前n项和，求证:对任意n?N,Sn?3?5?. 8?11n?1nn?1??解：（1）当4时，an?1?2an?2n,2an?1?2?an?1，所以22n?1ann?n,从而an?2n?1.

（2）bn?3?n?sin2n,b1?b2?1,b3?sin8?1，所以当n?1,2,3时，bn?n?sin2n?n?2n,Sn?3?(424?525?626?????n2n)?， 令T?456n1456n24?25?26?????2n,2T?25?26?27?????2n?1，

两式相减得14111n1152T?24?25?26?????2n?2n?1?4?24?16, T?55?5?8,所以Sn?3?8.综上所述，对任意n?N*,Sn?3?8.

11

an是以1为首项、1为公差的等差数列，S5?n?3?8成立，当n?4时，因为

所以在Rt?MON中，MN?ON?OM22?，因此S?MON?111?y011?y034．从而有解得y0?． OMMN??，

221?y021?y02520．（本题满分15分）已知数列{an}满足:a1?1,an?1?ansin2??sin2??cos2n?. （1）当???4时，求数列{an}的通项公式；

（2）在（1）的条件下,若数列{bn}满足bn?sin?=?an2*,Sn为数列{bn}的前n项和，求证:对任意n?N,Sn?3?5?. 8?11n?1nn?1??解：（1）当4时，an?1?2an?2n,2an?1?2?an?1，所以22n?1ann?n,从而an?2n?1.

（2）bn?3?n?sin2n,b1?b2?1,b3?sin8?1，所以当n?1,2,3时，bn?n?sin2n?n?2n,Sn?3?(424?525?626?????n2n)?， 令T?456n1456n24?25?26?????2n,2T?25?26?27?????2n?1，

两式相减得14111n1152T?24?25?26?????2n?2n?1?4?24?16, T?55?5?8,所以Sn?3?8.综上所述，对任意n?N*,Sn?3?8.

11

an是以1为首项、1为公差的等差数列，S5?n?3?8成立，当n?4时，因为

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/cti3.html