2021诸暨高三下学期5月适应性考试数学试题含答案

这是一份2021诸暨高三下学期5月适应性考试数学试题含答案，共11页。试卷主要包含了函数的部分图象是，设，若随机变量的分布列如下等内容，欢迎下载使用。
诸暨市2021年5月高三适应性考试试题数学注意：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页满分150分，考试时间120分钟．2．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式：球的表面积公式                            锥体的体积公式                                 球的体积公式                              其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高台体的体积公式                                其中R表示球的半径柱体的体积公式         其中分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高第Ⅰ卷（选择题部分  共40分）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．1．已知集合满足，则集合A可以是（    ）A．    B．    C．    D．2．已知x，y为正实数，则（    ）A．    B．C．             D．3．已知z是复数，i是虚数单位，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件    B．必要而不充分条件    C．充分必要条件    D．既不充分也不必要条件4．函数的部分图象是（    ）A．     B．     C．     D．5．已知双曲线的渐近线过点，则该双曲线的离心率为（    ）A．    B．    C．2    D．6．若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是（    ）A．    B．    C．    D．7．设，若随机变量的分布列如下：02则下列说法错误的是（    ）A．    B．    C．    D．8．已知底面为正方形的四棱锥，P点的射影在正方形内，且P到的距离等于的长，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，二面角平面角为，则下列结论可能成立的是（    ）A．    B．    C．    D．9．已知等差数列满足，公差为d，数列满足，若对任意的都有，则公差d的取值范围是（    ）A．    B．    C．    D．10．已知函数没有极值点，则的最大值为（    ）A．    B．    C．    D．第Ⅱ卷（非选择题部分  共110分）二、填空题：本题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．已知角的终边过点，则_______，________．12．已知，则______；_______．13．抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常称为阿基米德三角形，因为阿基米德最早利用逼近的思想证明了：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的．已知为抛物线上两点，则在A点处抛物线C的切线的斜率为_______；弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为_________．14．某几何体的三视图如图所示，俯视图为平行四边形，内部图形为扇形，正视图、侧视图上方为直角三角形，下方为矩形，则三视图中侧视图的面积为________；该几何体的体积为________．15．已知P是圆上一点，动点A，B的坐标为，，其中．若恰好存在一个点P，使得，则______．16．把编号为的五个小球随机放入编号为的五个盒子，每盒一个小球，若满足，则不同的放法共有________种．17．已知平面向量满足：，，，则的最大值是________．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．如图，已知平面四边形中，．（1）若，，求的面积；（2）若，，，求t的最大值．19．如图，三棱柱各棱长均为2，．（1）求证：；（2）若二面角为，求与平面所成角的正弦值．20．已知数列、满足：，，数列前n项和为．（1）若，求数列的通项公式及；（2）若，求证：．21．已知椭圆的离心率为，且过点．（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C外一点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，记的斜率分别为，且．①求P点轨迹方程；②求证：的面积为定值．（参考公式：过椭圆上一点的切线方程为）22．已知函数，．（1）求函数的单调区间；（2）已知函数①若在处取得极小值，求实数a的取值范围；②若的一个极值点为，且，求的最大值．诸暨市2021年5月高三适应性考试数学答案2021.5一、选择题12345678910DBADBACCBD二、填空题11．2；    12．20；32    13．；    13．；15．或    16．31    17．三、解答题18．解：（1）             3分∴             2分∴          2分（2）中，由余弦定理得：           2分         2分∴           1分∴           1分∴时，t的最大值是2．           1分19．（1）证明：取中D点连接       1分，∴正和正中：∴面       4分∴              1分（2）法一：作垂直于H，连        1分由面可得为二面角的平面角，∴          2分面，面，又，∴面        3分∴为与平面所成角的平面角       2分∵，∴与平面所成角的正弦值为       1分法二：建立如图以为坐标原点的空间直角坐标系，则：        1分由面可得为二面角的平面角，       1分∴           1分设面的法向量为，∴          1分∴          1分又∵∴               2分20．解（1），              1分        2分，          2分∴         2分（2）法一：          2分∴         1分∴          2分∴时，       1分∴         2分法二：        3分∴数列是以4为首项，2为公比的等比数列          1分，∵时，         2分∴        2分21．解：（1），         2分∴椭圆C的方程为           1分（2）①设，过点P直线方程设为由         2分相切             1分化简得：             1分∴，        1分∴点轨迹方程为．            1分②设，则，         1分因为过点，∴，∴方程为     1分由，∴          3分∴，∴的面积为定值．          1分22．（1）         1分若，则，∴在上单调递增．       1分若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增．        1分（2），且由（1）得：（ⅰ），∴在上单调递增，∴时，递减，时，递增，为的极小值，满足条件．      1分（ⅱ），在上单调递减，在上单调递增∴时，，，递减，时，递增，为的极小值，满足条件．∴时，时，，递增，不满足条件；      2分综上：          1分（2）         1分∴             1分设，设       1分，          1分又∵只有一个实根，∴存在唯一一个，使得∴时，递增，∴时，递减．       1分又，∴时，单调递增，      1分∴时，单调递减，         1分∴，即）的最大值为       1分