2019年温州市普通高中高考适应性测试一模数学试题及答案

高三数学试题

一、选择题：每小题4分，共40分 1. 已知全集U1,2,3,4，A1,3，

A．1

B．3

UB2,3，则AB（ ）

C．4 D．1,3,4

x02. 设实数x,y满足不等式组y0，则zx2y的最大值为（ ）

3x4y120A．0 B．2 C．4 D．6 3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积等于（ ）

1

A．cm3

6

1B．cm3

31

C．cm3

2

2

D．cm3

3

11正视图11侧视图俯视图

4. 若双曲线C

xy1a0,b0的离心率为3，则该双曲线的渐近线方程为（ ） a2b212A．y2x B．y2x C．yD．yx x

22225. 已知a，b是实数，则“a1且b1”是“ab1ab”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

126. 函数fx的图象可能是（ ） x1x1yyC．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

yy1-1O1x1-1O1x1-1O1x1-1O1xABCD

7. 在四面体ABCD中，△BCD是等边三角形，ADB范围是（ ）

A．0,

6B．0,

42，二面角BADC的大小为，则的取值

D．0,

2C．0,

3ABCD

P1p，8. 已知随机变量满足P01p，其中0p1，令随机变量E，则（ ）

A．EE B．EE C．DD D．DD

x2y2x2y29. 如图，P为椭圆E1:221ab0上的一动点，过点P作椭圆E2:2201的两条

abab切线PA，PB，斜率分别为k1，k2．若k1k2为定值，则（ ）

A．

1 4B．2 4C．

1 2D．2 2yAOPBx

10. 已知数列xn满足x12，xn12xn1nN*，给出以下两个命题：命题p：对任意nN*，都

有1xn1xn；命题q：存在r0,1，使得对任意nN*，都有xnrn11．则（ ） A．p真，q真

B．p真，q假

2C．p假，q真 D．p假，q假

二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分

11. 若复数z满足2iz12i，其中i为虚数单位，则z ，z ．

xy12. 直线1与x轴、y轴分别交于点A，B，则AB ；以线段AB为直径的圆的方程

42为 ． 13. 若对xR，恒有x7a1xa0a1xa5 ．

其中a,a0,a1,a5x5a6x6，

则a ，,a5,a6R，

14. 如图所示，四边形ABCD中，ACADCD7，ABC120，sinBAC为 ，BD ．

53，则△ABC的面积14ABDC

15. 学校水果店里有苹果、香蕉、石榴、橘子、葡萄、西梅6种水果，西梅数量不多，只够一人购买．甲、

乙、丙、丁4位同学前去购买，每人只选择其中一种，这4位同学购买后，恰好买了其中3种水果，则他们购买水果的可能情况有 种．

16. 已知平面向量a，b，c满足a1，b3，ab0，ca与cb的夹角为

大值为 ．

17. 设函数fxx3xa3，若fx在1,1上的最大值为2，则实数a所有可能的取值组成的集合是 ．

三、解答题：5小题，共74分

18. （本题满分14分）在锐角角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b3， sinAasinB23．．．△ABC中，

（1）求角A的值；

，则cba的最6（2）求函数fxcos2xAcos2x（x0,）的值域．

2

19. （本题满分15）如图，已知四棱锥PABCD，BC∥AD，平面PAD平面PBA，且DPDB，

ABBPPAAD2BC．

（1）证明：AD平面PBA；

（2）求直线AB与平面CDP所成角的正弦值．

DCPAB

20. （本题满分15）已知等差数列an的首项a11，数列2an的前n项和为Sn，且S12，S22，S32成等比数列． （1）求通项公式an；

a1a（2）求证：nnna2a1

anann（nN*）； 1n1

21. （本题满分15）如图，过F的直线交抛物线于Ax1,y1，Bx2,y2F是抛物线y22pxp0的焦点，

两点，其中y10，y1y24．过点A作y轴的垂线交抛物线的准线于点H，直线HF交抛物线于点

P，Q．

（1）求p的值；

（2）求四边形APBQ的面积S的最小值．

yHPOFBQ

22. （本题满分15）已知实数a0，设函数fxeaxax．

（1）求函数fx的单调区间；

1a（2）当a时，若对任意的x1,，均有fxx21，求a的取值范围．

22Ax注：e2.71828

为自然对数的底数．

2019年11月份温州市普通高中高考适应性测试

数学试题参

一、选择题：本大题共10小题，每小题4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． 题号 答案 1 A 2 D 3 B 4 A 5 A 6 B 7 C 8 D 9 C 10 B 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. 11．2i，5； 12．25，x2y24x2y0 13．1，1； 14．15．600； 16．5； 17．{3,5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．(Ⅰ)由正弦定理，得asinBbsinA3sinA， 2323,1}． 99153，8； 4； 1cos2x21cos2x3232(Ⅰ)f(x)cosxcosx2133332 sin2xcos2xsin2x， 223222因0≤x≤，故≤2x≤， 3332333于是≤sin2x≤1，因此≤fx≤42， 2333即f(x)的值域为,. 4219．（I）证明：分别取PA，PB的中点M，N，连结AN，DN，BM.

又A为锐角，故A因DPDB，N为PB的中点， 故PBDN. 同理，PBAN，BM故PB平面DNA. 故PBAD.

因平面PAD平面PBA，平面PAD平面PBAPA，

则sinAasinB4sinA23，得sinA3， 2PA. DBM平面PBA，BMPA，

故BM则BMCPNBMA平面PAD. AD.

又PB，BM是平面PBA中的相交直线， 故AD平面PBA.

（II）法一：设直线AB和DC交于点Q，连结PQ，则PQPA.

因面ADP面ABP，故PQ面PAD， 则面PQD面PAD.

取PD的中点G，连结AG，QG，则AG面PQD， 所以AQG就是直线AB与平面PCD所成角. 不妨设AB2，则在RtAGQ中，AG=2，AQ4，

AG2故sinAQG， AQ42所以直线AB与平面PCD所成角的正弦值为.

DGCPBQA4

法二：由（I）知，AD面ABP，又BC∥AD， 故BC面PAB.

如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 不妨设AB2，则A(0,0,0)，B(1,3,0)，C(1,3,1)，

zDD(0,0,2)，P(2,0,0)，

则AB(1,3,0)，CD(1,3,1)，PD(2,0,2). 设n(x,y,z)是面PCD的一个法向量， x3yz0，nCD0，则，即，

2x2z0nPD0取x=1，则n(1,0,1).

设直线AB与平面PCD所成的角为， |ABn|12则sin|cosAB,n|， |AB||n|131142所以直线AB与平面PCD所成角的正弦值为.

CxPByA4

20．解答：

2an1aad（I）记d为{an}的公差，则对任意nN，an2n1n2，

2and即{2}为等比数列，公比q20.

由S12，S22，S32成等比数列，得(S22)(S12)(S32)， 即[2(1q)2](22)[2(1qq)2]，解得q2，即d1.

所以ana1(n1)dn，即ann(nN)；

222

（II）由（I），即证：11121nn(1)(nN).

n1n下面用数学归纳法证明上述不等式. ①当n1时，不等式显然成立； ②假设当nk(kN)时，不等式成立，即111kk(1)，

k12kk11111则当nk1时，. k(12)2112kkkk11k2k1kk2k11[k(1)]k1(1)0， 因

k(1kk1k11kkk2于是11k)k1(112故). 1k111k1(1k2k1(k1)1)， 即当n1k21时，不等式仍成立kk1. 综合①②，得111n(1n所以1ann)(nN).

n(a1an2ana)n1n(nN1). 1a2nn1

21．解答：

22．（I）易得直线pAB的方程为(y1y2)y2pxy1y2，

代入( 2,0)，得y1y2p24，所以p2；

（II）点A(y2214,y(y21)，B4,y2)，则H(1,y1)，直线

PQ:yy12(x1)， 代入y24x，得y22221x(2y116)xy10.

设P(x)，则|PQ|x4(y214)3,y3)，Q(x4,y43x42.

PQy2设A，B到的距离分别为d:y11，d2，由PQ1x2yy10，得

y3yy23|12y1y2y1d11(2y2y1)||y1d2441(y22y2y1)|y24y2

1414|y3142y41y|1(y214)2y242，

14y1y14因此S1(y252|PQ|(d14)APBQ1d2)2y3. 1设函数f(x)(x24)5x6(x0)，则f'(x)4(x24)4(x26)x7，

可得，当x(0,6)时，f(x)单调递减；当x(6,)时，f(x)单调递增，

y3|142y1y2|y2141从而当y16时，S取得最小值2axf(6)ax2515． 922．解答：（I）由f(x)aeaa(e1)=0，解得x0．

①若a0，则当x(0,)时，f(x)0，故f(x)在(0,)内单调递增； 当x(,0)时，f(x)0，故f(x)在(,0)内单调递减．

②若a0，则当x(0,)时，f(x)0，故f(x)在(0,)内单调递增； 当x(,0)时，f(x)0，故f(x)在(,0)内单调递减． 综上所述，f(x)在(,0)内单调递减，在(0,)内单调递增． （II）f(x)≥a2a(x1)，即eax≥(x1)2（﹡）． 212a

令x0，得1≥，则a≤2．

22

当x1时，不等式（﹡）显然成立，

a恒成立． 2a令函数F(x)2ln(x1)axln，即F(x)≤0在(1,)内恒成立．

22a(x1)22a=0，得x11． 由F(x)xx1a212，+)时，F(x)0， 故当x(1,1)时，F(x)0，F(x)单调递增；当x(1aaF(x)单调递减.

22aa因此F(x)≤F(1)2ln2alna2ln．

a22aa1令函数g(a)a2ln，其中a≤2，

21a120，得a1， 则g(a)1aa1故当a(,1)时，g(a)0，g(a)单调递减；当a(1,2]时，g(a)0，g(a)单调

2当x(1,)时，两边取对数，即ax≥2ln(x1)ln递增．

30，g(2)0， 2故当a≤2时，g(a)≤0恒成立，因此F(x)≤0恒成立，

21a2即当a≤2时，对任意的x[1,)，均有f(x)(x1)成立．

22又g()ln4

121