1、2022年浙江省温州市高考数学适应性试卷（3月份）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（4分）已知集合A1，2，3，4，5，Bx|1x4（）A1，2，3B1，2，3，4Cx|1x4Dx|1x52（4分）复数z1（1+i）2，则|z|（）A2B3CD53（4分）双曲线y22x21的离心率是（）ABCD4（4分）设实数x，y满足不等式组，则zx+y的最大值为（）A2B3C4D55（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A19B20C23D286（4分）已知a，bR，则“|ab|1”是
2、“|a|+|b|1”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7（4分）已知函数f（x）ex+ex2，则图象为如图的函数可能是（）Ayf（x）+g（x）Byf（x）g（x）Cyf（x）g（x）D8（4分）已知正数a，b和实数t满足a2+tab+b21，若a+b存在最大值，则t的取值范围是（）A（，2B（2，+）C（2，2D2，+）9（4分）如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AB，过EF的平面分别交棱DA，BC于G，H（不同于A，B，C，D），P，CD上的动点，则下列命题错误的是（）A存在平面和点P，使得AP平面B存在平面和点Q，使得AQ平面C对任意的平面，线
3、段EF平分线段GHD对任意的平面，线段GH平分线段EF10（4分）对于数列xn，若存在正数M，使得对一切正整数nn|M，则称数列xn有界；若这样的正数M不存在，则称数列xn无界，已知数列an满足：a11，an+1ln（an+1）（0），记数列an的前n项和为Sn，数列an2的前n项和为Tn，则下列结论正确的是（）A当1时，数列Sn有界B当1时，数列Tn有界C当2时，数列Sn有界D当2时，数列Tn有界二、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（6分）在二项式的展开式中，常数项是 ，第四项的系数是 12（4分）中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面为红色，长方形，旗面左
4、上方缀五颗黄色正五角星，四颗小星环拱在一颗大星的右面，图中每个小方格均为正方形，则图中角的正切值是 13（6分）直线x+（m2+1）y+m20（mR）过定点 ，倾斜角的最小值是 14（6分）已知AD是ABC的角平分线，AB5，AC2 ，AD 15（6分）袋子装有1个红球，2个白球，3个黑球（无放回，且每球取到的机会均等）两个球，取出一个红球得3分，取出一个黑球得1分记随机变量为取出此两球所得分数之和，则P（5） ，E 16（4分）已知，是非零平面向量，则的最大值是 17（4分）已知a0，函数f（x）x4+x3+ax+a2有且仅有两个不同的零点，则a的取值范围是 二、解答题：本大题共5小题，共7
5、4分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18（14分）如图，点A，B，D是函数，其横坐标分别为，点C（x）与x轴的交点（）求函数f（x）的解析式及对称轴的方程；（）若，且，求sin2x019（15分）如图，几何体ABCDE中，平面EAB平面ABC，CACB2，EAEB（）证明：EBEC；（）若，DA2，求直线DA与平面EAB所成角的正弦值20（15分）已知首项为2的等差数列an的前n项和为Sn，数列bn满足，b38（）求an与bn；（）设，记数列cn的前n项和为Tn，证明：当nN*时，21（15分）如图，平行四边形ABCD的顶点A，B在曲线C1：上，顶点C，D在曲线C2：上，直线AB方程
6、为ykx+1（）用k表示|AB|；（）求直线CD在y轴上的截距的最大值22（15分）已知实数a0，函数f（x）axlnx（）（i）若函数yf（x）在（0，+）上恰有一个零点；（）当时，证明：对任意的，恒有；（）当时，方程有两个不同的实数根x1，x2（x1x2），证明：2022年浙江省温州市高考数学适应性试卷（3月份）参考答案与试题解析一、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（4分）已知集合A1，2，3，4，5，Bx|1x4（）A1，2，3B1，2，3，4Cx|1x4Dx|1x5【解答】解：A1，2，3，4，5，AB4，2，3故选
7、：A2（4分）复数z1（1+i）2，则|z|（）A2B3CD5【解答】解：z1（1+i）812i，故选：C3（4分）双曲线y22x21的离心率是（）ABCD【解答】解：双曲线方程即，则，从而，故选：B4（4分）设实数x，y满足不等式组，则zx+y的最大值为（）A2B3C4D5【解答】解：画出不等式组表示的平面区域如图所示：目标函数zx+y可化为yx+z，平移目标函数知，当目标函数与直线xy+60重合时，此时z取得最大值为2故选：A5（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A19B20C23D28【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体
8、为半径为3的半球和底面半径为1，高为7的圆柱构成的组合体；故19故选：A6（4分）已知a，bR，则“|ab|1”是“|a|+|b|1”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【解答】解：由|ab|a|+|b|，则“|ab|1”不能推出“|a|+|b|1”，“|a|+|b|8”能够推出“|ab|1”，即“|ab|1”是“|a|+|b|3”的必要不充分条件，故选：B7（4分）已知函数f（x）ex+ex2，则图象为如图的函数可能是（）Ayf（x）+g（x）Byf（x）g（x）Cyf（x）g（x）D【解答】解：f（x）ex+ex2f（x），则f（x）是偶函数，g（x）
9、（x+）g（x），则yf（x）+g（x），yf（x）g（x）为非奇非偶函数，由图象知函数关于原点对称，则函数为奇函数，B，f（x）ex+ex3228，取等号，当x0时，f（x）0，若yf（x）g（x）（ex+ex5）（x+），则当x+，而函数图象当x+，不满足条件，故选：D8（4分）已知正数a，b和实数t满足a2+tab+b21，若a+b存在最大值，则t的取值范围是（）A（，2B（2，+）C（2，2D2，+）【解答】解：因为正数a，b和实数t满足a2+tab+b2（a+b）3+（t2）ab1，当t4时，a+b1；当t2时，6（a+b）2+（t2）ab（a+b）7+（t2）（）6，当且仅当ab时
10、取等号，所以（a+b）41，解得a+b，当且仅当ab时取等号；当t2时，1（a+b）3+（t2）ab（a+b）2+（t7）（）2，当且仅当ab时取等号，若t3，则a22ab+b6（ab）21，所以|ab|2，不妨设ab，此时a+2b2b+5没有最大值；当2t2时，t+60，所以0a+b，当且仅当ab时取等号，此时a+b取得最大值，符合题意；当t2时，6不成立；综上，2t2故选：C9（4分）如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AB，过EF的平面分别交棱DA，BC于G，H（不同于A，B，C，D），P，CD上的动点，则下列命题错误的是（）A存在平面和点P，使得AP平面B存在平面和点Q，使得AQ平面
11、C对任意的平面，线段EF平分线段GHD对任意的平面，线段GH平分线段EF【解答】解：对于A，当APEH时，EH平面，故A正确；对于B，当AQFG时，FG平面，故B正确；对于C，取AC的中点O，设，则+（）（+），同理可得（+）+），（+），+，+2，所以+2，所以+6，因为E，F，G，H四点共面，所以+1，所以2+7，所以+（1），所以M，E，F三点共线，即线段EF平分线段GH；对于D，若线段GH平分线段EF，则四边形EGFH为平行四边形，事实上，四边形EGFH不一定为平行四边形，故D错误故选：D10（4分）对于数列xn，若存在正数M，使得对一切正整数nn|M，则称数列xn有界；若这样的正数M
12、不存在，则称数列xn无界，已知数列an满足：a11，an+1ln（an+1）（0），记数列an的前n项和为Sn，数列an2的前n项和为Tn，则下列结论正确的是（）A当1时，数列Sn有界B当1时，数列Tn有界C当2时，数列Sn有界D当2时，数列Tn有界【解答】解：对于A1时，x07a11，an+8ln（an+1）an1，a8ln2下面证明：an由x0，xln（x+6）1，x0假设an，则an+1ln（an+1）8，因此an成立Sn6+n无界，因此A错误对于B由a71，an+1ln（an+3）an1设f（x）ln（x+1），1f（x）2，1上单调递减ln（x+1），x0an+7ln（an+1），化
13、为：，（）+（+1，an，9（），Tn+），数列Tn有界，因此B正确；对于CD3时，an+1ln（2an+2），由a11，a5ln31，假设an5，则an+1ln（2an+5）ln31，因此假设an5成立此时Sn与Tn都无界，因此CD不正确故选：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（6分）在二项式的展开式中，常数项是 15，第四项的系数是 20【解答】解：二项式的展开式的通项公式为Tr+1CC，令8，解得r2，令r3，则展开式的第4项的系数为C，故答案为：15；2012（4分）中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面为红色，长方形，旗面左上方缀五颗黄色正五角星
14、，四颗小星环拱在一颗大星的右面，图中每个小方格均为正方形，则图中角的正切值是 【解答】解：如图，设一个小正方形的边长为1，|OP|，|OQ|，|PQ|3，由余弦定理得cos，tan故答案为：13（6分）直线x+（m2+1）y+m20（mR）过定点 （1，1），倾斜角的最小值是 【解答】解：直线x+（m2+1）y+m70（mR），整理得m2（y+7）+x+y0，故过，解得；故经过定点（1，1）由，所以kmin4，所以倾斜角的最小值为故答案为：（5，1）；14（6分）已知AD是ABC的角平分线，AB5，AC2，AD【解答】解：由余弦定理可得BC2AB2+AC82ABACcosBAC，即BC225+
15、725314，BC，cosBAC22sin2BAD，sinBAD，cosBAC，sinBAC，由AD是ABC的角平分线，SABDSABC，ABADsinBAD，AD故答案为：，15（6分）袋子装有1个红球，2个白球，3个黑球（无放回，且每球取到的机会均等）两个球，取出一个红球得3分，取出一个黑球得1分记随机变量为取出此两球所得分数之和，则P（5），E【解答】解：根据题意可知随机变量可取5，4，5，2，所以，故答案为：16（4分）已知，是非零平面向量，则的最大值是 【解答】解：，是非零平面向量，令，则|1，|6，令，0），点B在以（2，7为半径的圆上，（），6，|45，点C的轨迹是以（，）或（，
16、半径为1的圆，C的横坐标的最大值为+5，|，在上的投影故答案为：17（4分）已知a0，函数f（x）x4+x3+ax+a2有且仅有两个不同的零点，则a的取值范围是 （0，1）【解答】解：因为函数f（x）x4+x3+ax+a2有且仅有两个不同的零点，所以方程f（x）x4+x3+ax+a20有且仅有两个不同的实数根，由x4+x5+ax+a20x4+x3a（x+a），设g（x）x4+x6，ya（x+a），问题转化为函数g（x）x4+x3的图象与直线ya（x+a）有两个不同的交点，g（x）x2+x3x3（x+3），显然g（0）g（1）0，由g（x）x3+x3g（x）4x6+3x2x7（4x+3），当时，
17、g（x）0，当时，g（x）6，当x0时，g（x）0，而g（0）6，所以当时，g（x）单调递减，当时，因为a0，所以直线ya（x+a）的斜率为负值且恒过横轴负半轴上一点（a，如图所示：设函数g（x）x5+x3的切点为（x0，y8）（x00），过该切点的斜率为，切线方程为，当该切线方程为ya（x+a）时，有，消去a得：，或（舍去）或x04，当x01时，a8，当时，不符合a0，因此要想函数g（x）x4+x5的图象与直线ya（x+a）有两个不同的交点，所以有1a02a1，故答案为：（0，4）二、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（14分）如图，点A，B，D是
18、函数，其横坐标分别为，点C（x）与x轴的交点（）求函数f（x）的解析式及对称轴的方程；（）若，且，求sin2x0【解答】解：（）由题可得 C（，2），4），函数f（x）的正小正周期为T2（），T，0，D（，0）2+2k，5，f（x），由8x，kZ，kZ，函数f（x）的对称轴方程为x，kZ（）f（x0），f（x0），即sin（2x0），由x0，得，cos（2x0），sin6x0sin（2x8）sin（6x0）cos0）sin19（15分）如图，几何体ABCDE中，平面EAB平面ABC，CACB2，EAEB（）证明：EBEC；（）若，DA2，求直线DA与平面EAB所成角的正弦值【解答】证明：（I）
19、取AB的中点O，连接OE，因为ACB90，EAEB，则OEAB，OBOC，平面EAB平面ABC，平面EAB平面ABCAB，OE平面ABC，OEOB，OEOC，EB2OE2+OB8OE2+OC2EC4，EBEC；（II）如图建立空间直角坐标系，则，设D（x，y，z），由，即，又平面EAB的法向量可求（0，1，设直线DA与平面EAB所成角为，即直线DA与平面EAB所成角的正弦值20（15分）已知首项为2的等差数列an的前n项和为Sn，数列bn满足，b38（）求an与bn；（）设，记数列cn的前n项和为Tn，证明：当nN*时，【解答】（）解：设等差数列an的公差为d，由题意知，S326（log2b3
20、4）23（52）6，所以S6a1+a2+a53a22，解得a22，所以da6a12（3）4，故an（2）+（n7）44n7，Sn5n24n，因为，所以5n24n7n（log2bn2），解得bn8n（）证明：设，当n1时，T1，当n2时，T2，当n3时，cn，所以Tn（）+（+2，故命题得证21（15分）如图，平行四边形ABCD的顶点A，B在曲线C1：上，顶点C，D在曲线C2：上，直线AB方程为ykx+1（）用k表示|AB|；（）求直线CD在y轴上的截距的最大值【解答】解：（）因为直线AB方程为ykx+1，则直线AB过点（0，当直线AB过椭圆的左顶点时，当直线AB过椭圆的右顶点时，又平行四边形A
21、BCD的顶点A，B在曲线C1：上，顶点C2：上，所以，设A（x1，y5），B（x2，y2），联立，消y整理得（7k2+3）x3+8kx82，则，则，所以，；（）由平行四边形ABCD得ABCD且|AB|CD|，设直线CD的方程为ykx+b（3b0），C（x3，y3），D（x4，y5），联立，消y整理得3x54kx4b126，则，所以，因为|AB|CD|，所以，即54（1+2k2）（4k8+3）2（k3+3b+9），令，则，则，令，则，则函数h（t）单调递减，从而t3时，故bmax422（15分）已知实数a0，函数f（x）axlnx（）（i）若函数yf（x）在（0，+）上恰有一个零点；（）当时，证
22、明：对任意的，恒有；（）当时，方程有两个不同的实数根x1，x2（x1x2），证明：【解答】解：（1）（i）由题设且a0，则上，所以f（x）在上递减，在，而，要使yf（x）在（3，+）上恰有一个零点，即证明：（ii），要证，即证，则，需证由，且，由，则，即在（e，k（x）递减，所以，即，综上，成立，故证明：（2）由上，故（0，g（x）7因为等价于，令且，则，又在（3，x趋向正无穷时h（x）趋向于a2，所以x0（2，+）使h（x0）0，则在（4，x0）上h（x）0，h（x）递增6，+）上h（x）0，h（x）递减；综上，h（x）存在极大值h（x0），结合x7，x2（x1x2）是h（x）的两个不同零点，所以0x14x0x2，且，综上，由g（x）的单调性2即可当 时，显然0x18a成立；当0a1时，要证ax2，只需即可，令且x（5，则，故k（x）递减，则k（x）k（1）0，即，所以，令，则在（0，故a4（0，1）使H（a8）0，所以在（0，a4）上H（a）0，H（a）递增0，3）上H（a）0，H（a）递减，则，即h（a）8综上，上 ，得证第24页（共24页）
