義烏市普通高中屆適應(yīng)性考試數(shù)學試卷本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，考試時間分鐘，試卷總分為分請考生按規(guī)定用筆將所有試題的答案涂、寫在答題紙上.選擇題部分（共分）85分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，集合，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解不等式化簡集合A，再利用交集的定義求解.【詳解】依題意，集合，而，所以.故選：D2.已知復(fù)數(shù)滿足，其中為虛數(shù)單位，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的除法直接求出z.【詳解】因為，所以.故選：A3.已知，向量與的夾角為，則（）A.1B.C.D.第1頁/共20頁【答案】B【解析】【分析】利用及數(shù)量積的運算律即可求出.【詳解】由題意可得，，解得或（舍）.故選：B4.將一個棱長為6cm的正方體鐵塊熔鑄成一個底面半徑為3cm的圓錐體零件，則該圓錐體零件的高約為（取）A.8cmB.12cmC.16cmD.24cm【答案】D【解析】【分析】利用正方體和圓錐的體積相等即可求出.【詳解】由題意可知，正方體的體積為，設(shè)圓錐的高為，則圓錐的體積為，則，得cm，則該圓錐體零件的高約為24cm.故選：D5.已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則最小值為（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)值恒大于或等于0，再利用分離參變量思想即可求解.【詳解】求導(dǎo)得，要滿足函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則，即，第2頁/共20頁因為，所以，即，故選：B.6.在中，角所對的邊分別為，已知，則下列結(jié)論一定正確的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正弦定理可求解或，即可判斷AB,根據(jù)三角形內(nèi)角和以及正弦定理求解可判斷CD.【詳解】由正弦定理可得，由于,故或，故AB錯誤，若時，則,此時，若時，則,此時為三角形中最小的內(nèi)角，故，故C錯誤，D正確，故選:D7.已知過拋物線焦點的直線與該拋物線交于兩點，若，則的最大值為（）A.2B.3C.4D.6【答案】A【解析】【分析】由拋物線方程可得焦點坐標，分直線斜率存在與不存在，建立方程，利用基本不等式，可得答案.第3頁/共20頁【詳解】由拋物線，則焦點，設(shè)，，易知當直線的斜率不存在時，直線方程為，則，即，解得；當直線的斜率存在時，可設(shè)直線方程為，代入，整理可得，，，則，當且僅當時，等號成立，即，解得.綜上所述的最大值為.故選：A.8.狄利克雷函數(shù)定義為：，以下選項中正確的是（）A.不存在，使得恒成立B.存在，使得恒成立C.對任意，滿足D.函數(shù)圖象上存在三點，使得是直角三角形【答案】D【解析】【分析】根據(jù)狄利克雷函數(shù)的定義可知當時，A可知對于，當時，不成立，即可判斷選項B；令，第4頁/共20頁，即可判斷選項C；取點，，，利用勾股定理即可即可判斷選項D.【詳解】根據(jù)狄利克雷函數(shù)，可知：當時，若，則，，所以；若，則，，所以，故時，恒成立，故選項A錯誤；，當時，；，當時，，所以對于，當時，不成立，故選項B錯誤；令，，則，此時，，不成立，故選項C錯誤；取函數(shù)圖象上點，，，此時，，，所以，所以是直角三角形，故選項D正確.故選：D.36分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.有兩組數(shù)據(jù)，數(shù)據(jù)A：1，3，5，7，9和數(shù)據(jù)B：1，2，4，8，16，則（）A.數(shù)據(jù)A的平均數(shù)小于數(shù)據(jù)B的平均數(shù)B.數(shù)據(jù)A的方差小于數(shù)據(jù)B的方差C.數(shù)據(jù)A的極差小于數(shù)據(jù)B的極差D.數(shù)據(jù)A的中位數(shù)小于數(shù)據(jù)B的中位數(shù)第5頁/共20頁【答案】ABC【解析】【分析】依次算出兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，方差，極差，中位數(shù)即可比較大小.【詳解】設(shè)數(shù)據(jù)A：1，3，5，7，9的平均數(shù)，方差，極差，中位數(shù)依次為，數(shù)據(jù)B：1，2，4，8，16的平均數(shù)，方差，極差，中位數(shù)依次為，對于A，，故A正確；對于B，，故B正確；對于C，，故C正確；對于D，，故D錯誤.故選：ABC.10.設(shè)函數(shù)，則（）A.當時，有極大值4B.當時，C.當時，D.當時，【答案】AD【解析】AB的單調(diào)性即可求解C，利用作差法，結(jié)合不等式的性質(zhì)即可求解D.【詳解】由可得，當時，或時，在，單調(diào)遞增，當在單調(diào)遞減，故當時，取極大值4，故A正確，對于B,當時，取，則，此時，故B錯誤，第6頁/共20頁對于C,當時，，且當時，，此時在單調(diào)遞增，但由于，故與的大小關(guān)系不確定，因此無法判斷,C錯誤，對于D,，當時，故，因此，所以，故D正確，故選：AD在平面直角坐標系中，動點在直線上的射影為點，且，記動點的軌跡為曲線，則下列結(jié)論正確的是（）A.曲線關(guān)于原點對稱B.點的軌跡長度為1C.D.曲線圍成的封閉區(qū)域的面積小于2【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)兩點距離公式以及點到直線距離可得點的軌跡方程為，根據(jù)點的對稱可判斷A，根據(jù)，結(jié)合，即可求解C,根據(jù)不等式，進而可得的范圍，根據(jù)矩形的面積可求解BD.【詳解】設(shè)，則．由，得，故點的軌跡方程為對于A,關(guān)于原點對稱點為，則故C關(guān)于坐標原點對稱，A正確．對于C,由于，結(jié)合，所以，故，C正確，第7頁/共20頁對于B當點位于直線上時，此時長度最大，且或，此時與點的軌跡為直線上點到2，故B錯誤，對于D,由于，當且僅當取等號，故，進而，故，同理可得，由于和圍成的矩形面積為，而曲線位于該矩形內(nèi)，所以曲線圍成的封閉區(qū)域的面積小于2，故D正確，故選：ACD非選擇題部分（共分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.已知等差數(shù)列的前n項和為，，則公差_______.【答案】2【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的通項公式以及求和公式，建立方程組，可得答案.【詳解】由題意可得，解得.故答案為：.13.若，則_______.【答案】##第8頁/共20頁【解析】【分析】利用平方公式配方，利用兩角差正弦公式展開，再結(jié)合齊次式弦化切，即可求解.【詳解】由，故答案為：14.已知四棱錐的底面為菱形，三棱錐為正四面體，則三棱錐與三棱錐的外接球半徑之比為_______.【答案】##【解析】的外接球球心為的外接球球心為，利用半徑相等，求出兩個三棱錐外接球半徑，得到答案.【詳解】設(shè)的中心為G，三棱錐的外接球球心為，因為三棱錐為正四面體，所以三點共線，設(shè)，取的中點為，則，所以，同理，由勾股定理得，設(shè)，則，由勾股定理得，因為，所以，解得，第9頁/共20頁所以三棱錐的外接球半徑為，設(shè)的中心為H，則四點共線，三棱錐的外接球球心為，且，則，過點作⊥于點，則，，設(shè)，則，其中，其中，，因，所以，解得，所以三棱錐的外接球半徑為，即三棱錐與三棱錐的外接球半徑之比為故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第10頁/共20頁15.某手機廠對屏幕進行兩項獨立檢測：亮度檢測通過率，色準檢測通過率.產(chǎn)品需通過兩項檢測才算合格.隨機抽取3件產(chǎn)品，設(shè)合格品數(shù)為X.（1）求單件產(chǎn)品為合格品的概率；（2）求X的分布列及數(shù)學期望；（3100元/件，若改進工藝能使亮度檢測通過率提升至1元.是否值得改進？【答案】（1）（2）分布列見解析，（3）值得改進【解析】1）根據(jù)概率的乘法公式，可得答案；（2）根據(jù)離散型隨機變量的分布列以及數(shù)學期望的計算，可得答案；（3）由（2）所求的期望，結(jié)合題意，可得改進前的利潤，利用二項分布的期望，結(jié)合題意，可得改進后的利潤，通過比較，可得答案.【小問1詳解】設(shè)合格的概率為，則：（亮度通過）（色準通過）.【小問2詳解】，易知，，，，，所以X的分布列為：X0123P0.0270.1890.4410.343數(shù)學期望.第11頁/共20頁【小問3詳解】改進前：每件產(chǎn)品的合格概率.對于3件產(chǎn)品，期望合格數(shù).總期望利潤元.改進后：每件產(chǎn)品的合格概率，對于3件產(chǎn)品，新的期望合格數(shù).總期望利潤元.凈期望利潤元.改進前的期望利潤是210元，改進后是213元，改進后利潤增加了3元.16.雙曲線的離心率為，過左焦點的直線與雙曲線的左支、右支分別交于點，當直線與軸垂直時，.（1）求雙曲線的方程；（2）點滿足，其中是坐標原點，求四邊形的面積.【答案】（1）（2）【解析】1）根據(jù)實軸以及離心率求解的值，即可得解，（2）聯(lián)立直線與曲線方程可得韋達定理，結(jié)合相似比可得，即可利用弦長公式以及點到直線的距離解四邊形的面積.【小問1詳解】由直線與軸垂直時，，故，故，又離心率為，則，所以，第12頁/共20頁雙曲線的方程為：.【小問2詳解】設(shè)直線l的方程是，，.由得，，.因為，所以，從而.所以，，消去得，解得，它滿足，.,故到直線的距離為，所以，由于，所以,17.中，是正三角形，，，為的重心.第13頁/共20頁（1）證明：平面；（2）若平面平面，求二面角的平面角的正切值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）連接，并延長與交于點，則點為的中點，連接，根據(jù)重心的性質(zhì)得到，即可得證；（2交與點作，即可證明平面平面立空間直角坐標系，設(shè)，利用面面垂直求出點坐標，其余同一.【小問1詳解】連接，并延長與交于點，則點為的中點，連接.為的重心，，因此，則，從而，又平面，平面，平面.【小問2詳解】方法一：延長交與點，連接，則點為的中點，是正三角形，.在平面中，過點作，平面平面，平面平面，平面，，第14頁/共20頁平面，又平面，所以，又，AC，平面；平面，又平面，平面平面，如圖，以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，則，，由平面平面可知，，，所以，則，，設(shè)平面的法向量為，則，，令，則，平面ABD的一個法向量為，所以，設(shè)二面角為，則，所以，，所以二面角的平面角的正切值為.方法二：如圖，以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，，，第15頁/共20頁，,設(shè)，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，平面平面，即，則，，下同法一.18.已知函數(shù)，（1）當時，求的極值；（2）若在區(qū)間上存在零點（?。┣骯的取值范圍；（ⅱ）證明：當時，.【答案】（1）極小值，無極大值第16頁/共20頁（2【解析】1）利用導(dǎo)數(shù)的正負來判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；（2，把兩類單調(diào)的可能性排除，進而來求出參數(shù)的范圍；（ⅱ）利用上一問的結(jié)論，把要證的不等式轉(zhuǎn)化證明新的不等式，然后再借助條件消去參數(shù)，從而變成僅關(guān)于的函數(shù)不等式，再借助導(dǎo)數(shù)思想來進行證明即可.【小問1詳解】當時，，，，當時，，當時，在上遞減，在上遞增，有極小值，無極大值；【小問2詳解】（?。?，當時，由于恒成立，所以在上單調(diào)遞增，又，在上無零點；當時，由于，故，所以在上單調(diào)遞減，又，在上無零點；當時，，有，故在上單調(diào)遞減，，有，故在上單調(diào)遞增，所以有，又因為當時，，；綜上；第17頁/共20頁（ⅱ）由（?。┛芍?，當時，，，且，要證，只要證，即證，只需證，令，在上單調(diào)遞增.又，即，由上式不等式成立可知原不等式恒成立.19.給定正整數(shù)，考慮集合的所有排列，對每個，定義：，并規(guī)定.記為所有排列中的最大值.（1和的排列和一個滿足的排列；（2）對任意整數(shù)，證明：；（3）證明：.【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】第18頁/共20頁1）根據(jù)題設(shè)定義寫出、和的值，并確定對應(yīng)排列；（2個元素和后差值貢獻，即可證結(jié)論；（32）分解為多個較小的.【小問1詳解】排列，則，，，，所以，對應(yīng)排列為，對應(yīng)排列為.【小問2詳解】設(shè)原排列為，交換最后兩項得到新排列.顯然，即交換排列的最后兩項不改變的總和.考慮一般情況：設(shè)原排列為，交換1和的位置后得到新排列.顯然，對于或的項，有，因此只需比較和的大小.設(shè)，分三種情況分析：情況1：當時，有，且，情況2：當時，有，且，情況3：