【文档说明】2022届苏州八校联盟高三年级第二次适应性检测数学试卷及答案.pdf，共(10)页，665.284 KB，由baby熊上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-83869.html

以下为本文档部分文字说明：

2022届高三年级苏州八校联盟第二次适应性检测数学试卷2021.12一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位

置上．1．已知全集N29,3,4,5,1,3,6UxxMP，那么2,7,8是（▲）A.MPB.MPC.（UM）（UP）D.（UM）（UP）2．设Rx，则“250xx”是“

11x”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1,,sin2423，则cos（▲）A.636B.2366C.2366D.26364．已知复数数列

na满足12ia，1ii1,Nnnaan，（i为虚数单位），则10a（▲）A.2iB.1+iC.1+iD.2i5．已知双曲线222:1(0)3xyCaa的离心率为2，左、右焦点分别为12,FF，点A在双曲线C上，若12AFF的周长为10，则12AFF的面积为

（▲）A.15B.215C.15D.306．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于，则sin=（▲）A.12B.33C.22D.327．已知cos2sinfxxx，则下列函数中在R上单调递增的是（▲）A.yfxxB.2yfxxC.3yfxx

D.4yfxx8．已知x,y满足2266xyy，则223xyxy的最大值为（▲）A.1B.3C.313D.613二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正

确的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．9．已知,,,Rabcd，则下列结论中正确的有（▲）A.若22acbc，则abB.若11ab，则

abC.若0,0abacbd，则cdD.若2211abab，则ab10．已知函数21222xxfx，定义域为M，值域为1,2，则下列说法中一定正确的是（▲）A.0,2MB.,1MC.0MD.1M11．圆锥曲线

为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从圆锥中截取获得。我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的

截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线。因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线。截口曲线形状与和圆锥轴截面半顶角有如下关系（,(0,)2）：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为

双曲线.（如下左图）现有一定线段AB与平面夹角（如上右图），B为斜足，上一动点P满足BAP，设P点在上的运动轨迹是，则（▲）A.当,46时，是椭圆B.当,36时，是双曲线C.当,44时，是抛物线D.当,34

时，是椭圆12．如右图所示，已知正方体1111ABCDABCD的棱长为1，点E、F、G分别是1DD、AD、BC中点，连结1AD、AC分别交EF、FG于S、K两点，则下面选项叙述正确的是（▲）A.四

棱锥EDFGC的外接球体积是68B.SKECC.平面DSK被四棱锥EDFGC的外接球所截得的截面面积是724D.若1O为正方形ABCD的内切圆，2O为正方形11AADD的外接圆，P、Q分别为12OO、上的点，则线段PQ长度的最大值为322（第12题图）三、填空题：本大

题共4小题，每小题5分，若两个空，第一个空2分，第二个空3分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．13．过点3,1的直线与圆224xy相切，则直线在y轴上的截距为▲.14．已知数列na的

前n项和为nS，若nnSna，且246601860SSSS，则1a▲.15．如下图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=2，DE=2EC，M为BC的中点，若点P在线段BD上运动，则PEPM的最小值为▲.（第15题图）（第16题图）

16．极线是高等几何中的重要概念，它是圆锥曲线的一种基本特征.对于圆222xyr，与点00,xy对应的极线方程为200xxyyr，我们还知道如果点00,xy在圆上，极线方程即为切线方程；如果点00,xy在圆外，极线方程即为切点弦所在直线方程.同样，

对于椭圆22221xyab，与点00,xy对应的极线方程为00221xxyyab.如上图，已知椭圆22:143xyC，P4,t，过点P作椭圆C的两条切线PA,PB,切点分别为A，B，则直线AB的方程为▲；直线AB与OP交于点M，则sinPMB的最小值是▲

.四、解答题：本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知向量(cossin,2sin),(cossin,3cos)222222xx

xxxxab，函数fxab.（1）求函数fx的最大值，并指出fx取最大值时x的取值集合；（2）若,为锐角，126cos(),()135f，求()6f的值.18．(本小题满分12分)设等比

数列na的前n项和为nS，且121,(N)nnaSn．（1）求数列na的通项公式；（2）在na与1na之间插入n个实数，使这n+2个数依次组成公差为nd的等差数列，设数列1nd的前n项和为nT，求证：158nT．19．(本小题满分12分)如右图

所示，在直角三角形ABC中，090ACB，点,DE分别在边,ABBC上，5,3CDCE，且EDC的面积为36．（1）求边DE的长；（2）若3AD，求ABC的面积．EABCD20．(本小题满分12分)如图，在三棱台ABCDEF中，二面角BADC是直二面角，ABAC，3AB，1,

2ADDFFCAC．（1）求证：AB平面ACFD；（2）求二面角FBED的平面角的余弦值．21．(本小题满分12分)已知函数eln2R,0xfxaxxax.（1）若a=1，0x是函数fx的零点，求证：00e1xx

；（2）证明：对任意0,01xa都有2sinlnexaxxxx.22．(本小题满分12分)设抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，抛物线C上一点A的横坐标为110xx，过点A作抛物线C的切线1l，与x轴交于点D，与y轴交于点E，与直线:2ply交于点M.

当2FD时，60AFD.（1）求抛物线C的方程；（2）若B为y轴左侧抛物线C上一点，过B作抛物线C的切线2l，与直线1l交于点P，与直线l交于点N，求PMN面积的最小值，并求取到最小值时1x的值.高三八校联考数学试题参考答案第1页共6页2022届高三年级苏州八校联盟第二次适应性检测

数学参考答案及评分标准2021.12一、单项选择题：本题共8小题，每小题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。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合

题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，选错或不答的得0分。三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.试题中包含两个空的，第一个空2分，第二个空3分，全部答对的给5分.13.414.215.235216.330xty；437四、解答题：本题共6小题，共

70分。请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.解：由题意可得：22cossin23sincos2222xxxxfxabcos3sin2sin()6xxx………

…………………2分（1）当2,Z62xkk时，即2,Z3xkk，max2fx，此时x的取值集合为：2,Z3xxkk；…………………………4分（2）632sin(),sin()6565f

，又,为锐角，所以0，且121cos()132，,,3362，24cos()1sin()665，…………………………………

……6分又25sin()1cos()13，cos()cos()()cos()cos()sin()sin()6666124536313513565，………………………………

……8分()2sin()2sin()6362f631262cos()266565.…………………………………………10分题号12345678答案DBBBABCD题号9101112答案ADBCDACDACD高三八校联考数学试题参

考答案第2页共6页18.解：（1）由112121,(2)nnnnaSaSn两式相减得112()2nnnnnaaSSa，所以13(2)nnaan．………………………………………………2分因为na是等比数列，所以公比为3，又2121aa，所以11

321aa，所以11a．……………………………………4分故13nna．…………………………………………………………………………5分（2）由题设得1(1)nnnaand，所以1111123nnnnnndaa

，………………………7分所以01112111231232323nnnnTddd即0112312333nnnT，①则21223133333nnnnnT，

②由①—②得：2141111233333nnnnT111(1)13321313nnn所以11525883nnnT，………………………………………………………11分所以158nT．……………………

……………………………………………………12分19.解：（1）在CDE中，因5,3CDCE，且EDC的面积为36，所以由1sin362CDCEDCE得153sin362DCE，于是

有26sin5DCE，…………………………2分又DCE为锐角，所以21cos1sin5DCEDCE，在CDE中，由余弦定理得2222212cos53253285DECDCECDCEDCE

所以27DE．…………………………………………………………………………4分（2）因090ACB，所以090ACDDCE，所以01sinsin90cos5ACDDCEDCE在ACD中，由正弦定理得sinsinCDADCADACD，又5,3CDAD

高三八校联考数学试题参考答案第3页共6页所以531sin5CAD，于是有1sin3CAD，…………………………………6分在ACD中，ADCCADACD，所以1262212622sinsin353515ADCCA

DACD，由正弦定理得：sinsinACADADCACD，所以有312622515AC，于是得2622AC，……8分由1sin3CAD，又CAD为锐角，所以有1tan22CAD，在ABC中，1tan262231

22BCACCAD，……………………10分所以11312622264222ABCSACBC．………………………12分20.解：（1）连接CD，在等腰梯形ACFD中，过D作DGAC交AC于点G，因为1,2AD

DFFCAC，所以12AG，32DG，32CG，所以3CD，所以222ADCDAC，即CDAD，………………………2分又二面角BADC是直二面角，CD平面ACFD，所以CD平面ABED，又AB平面ABED，所以ABCD，又因为

ABAC，ACCDC，AC、CD平面ACFD，所以AB平面ACFD．………………………………………………………………5分（2）如图，在平面ACFD内，过点A作AHAC，由（1）可知ABAH，以A为原点，AB，AC，AH的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立

空间直角坐标系Axyz．……………6分则3,0,0B（），130,,22D（），33022F（，，），0,2,0C（），所以=3,2,0)BC（，130,,22CF，设,,nxyz是平面FBE的一个法向量，则nBCnCF

，所以32030xyyz，取2x，则3y，3z，即=(2,3,3)n，…………………………………………8分高三八校联考数学试题参考答案第4页共6页由（1）可知CD平面BED，所以330,,22CD（）是平面BED的一个法向量

，……………………………………10分所以cos,nCDnCDnCD33443，又二面角FBED的平面角为锐角，所以二面角FBED的平面角的余弦值为34．……………………………………12分21.解：证明：（1）由题意00fx，0

00eln20xxx，即0000elnxxxx，令0ext，则0lnxt，00lnlnttxx，……………………………………2分设1ln,10FxxxFxx，Fx在0,

上单调递增，00extx，00e1xx………………………………………………………5分（2）设sin,0gxxxx，则cos10gxxgx在0,上单调递减，00gxg，即当0x时

，sinxx，…………6分又01a，sinaxaxx，sinlnlnaxxxxxx，要证：2sinlnexaxxxx，只需证：2lnexxxxx，…………………………7分设2lnexhxxxxx，eln

2xhxxx，易知hx在0,上单调递减，由（1）可知，00hx，则00e1xx，即00ln0xx，…………………………9分若00,,0xxhx；若0,,0xxhx，hx在0(0,)x单调递增，在

0,x单调递减，高三八校联考数学试题参考答案第5页共6页0200000lnexhxhxxxxx又0000ln,exxxx，22000000hxxxxx…

…………………………………11分0hx，即2lnexxxxx，2sinlnexaxxxx.………………………………………………………………12分22.解：（1）因为抛物线C方程为

220xpyp，所以212yxp，xyp，切线1l的斜率为1xp，又点211(,)2xAxp，1l的方程为：2111()2xxyxxpp，①即2111:02xlxxpy，…

………………………………………………………1分E点坐标是21(0,)2xp，又焦点F坐标为(0,)2p，于是2122xpEFp，又抛物线C的准线方程为2py，则2122xpFAp，EFFA，AFE为等腰三角形…………………………………………………………3分又0AE

yy，于是D为AE中点，FDAE，当2FD时，60AFD，此时30,1FDOOF，抛物线C的方程为24xy.………………………………4分（2）如图，设222(,)2xBxp，2(0)x则同理（1）中推导，2222:02

xlxxpy，②联立①②得：1212(,)24xxxxP，又在①②中分别令1y可得：121222(,1),(,1)22xxMNxx，则121222()()22xxMNxx，点P到MN的距离1214xxd，高三八校联考数学试题参考答案第6页共6页

121212114()(2)244PMNxxSMNdxxxx，③…………………………6分设:,0ABlykxbb，则224404ykxbxkxbxy，216160kb

，由韦达定理得：12124,4xxkxxb，2212121244xxxxxxkb，代入③得：21122PMNSkbbbbbbb，……………………………8分设

0tb，记312ftttt，则22132fttt，令0ft得33t（负舍），且ft在3(0,)3内小于0，在3(,)3内大于0，……………………………………10分所以min3163()39ftf，即当10

,3kb时，PMNS最小值为1639，此时，211123433xx.…………………………………………………………12分