2021届浙江省高三上学期9月百校联考数学试题

2021届浙江省高三上学期9月百校联考数学试题注意事项：1．本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答．答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名;2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟．参考公式： 球的表面积公式 S =4πR 2 球的体积公式V =43πR 3其中R 表示球的半径 锥体的体积公式 V =Sh其中S 表示锥体的底面积, h 表示锥体的高柱体的体积公式 V=Sh其中S 表示柱体的底面积, h 表示柱体的高台体的体积公式其中S 1, S 2分别表示台体的上、下底面积,h 表示台体的高第Ⅰ卷（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{P x =13}x <<，{2<4Q y y =<}，则PQ =（ ）A ．{}12x x <<B ．{}23x x <<C ．{}14x x << D ．φ()1213V h S S =2．复数2z =3i -（i 为虚数单位）的虚部为（ ）A ．2B ．3C ．3-D ．3i - 3．若实数x ，y 满足约束条件10x y x y ++>⎧⎨->⎩，则z x y =+的取值范围是（ ）A ．(1,)-+∞B ．(,1)-∞-C ．(1,)+∞D ．(,1)-∞4．函数2cos y x x =-的部分图象是( )A ．B ．C ．D ．5．一个空间几何体的三视图(单位：cm )如图所示，则该几何体的体积为（ ）3cm ．A ．163π+ B ．136π+ C ．166π+ D ．133π+（第5题图）侧视图俯视图正视图111116．“空间三个平面α，β，γ两两相交”是“三个平面三条交线互相平行”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．已知0m n >>，0a >且1a ≠，设=m m M a a -+，=n n N a a -+，则（ ） A ．M N > B ．M N = C ．M N < D ．()()10M N a -->8．已知点P 是双曲线22221x y a b-=右支上一点，1F 是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线恰是线段1PF 的中垂线，则该双曲线的渐近线方程是( )A．3y x =±B. y x =±C. y =D. 2y x =±9．已知数列{}n a ，2n n a =，2n an b =，1231111=1111n M b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，n ∈N *，则 （ ） A ．1M < B. 43M > C. 2M < D. 2M >10．已知向量2=a ，3=b ，4=c ，4=d ，0a b c d +++=，则()()a b b c +⋅+=（ ）A ． 4B ．52C ．2D ．1 第Ⅱ卷（共110分）二、填空题 (本大题共7小题，单空每题3分，双空每题6分，共36分)11．已知数列{}n a 中,12a =,且点1(,)n n a a +在抛物线24x y =上,则数列{}n a 的前4项和是 ． 12．二项式10(2)x -的展开式中,常数项为_____，若1021001210(2)(1)(1)(1)x a a x a x a x -=+-+-++-，则9a 等于______．13．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合,终边经过点3(4P -,则tan α=_____,cos2α=_______．14．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,点,,M N P 分别是棱11111,,CC C D A D 的中点,过点,,M N P 的平面截正方体1111ABCD A B C D -所得的平面多边形的周长为________，该截面与底面所成锐二面角的正切值为_______．15．在一袋中有20个大小相同的球,其中记上0的有10个，记上n 号的有n 个(n ＝1，2，3，4)，现从袋中任取一球，X 表示所取球的标号，则(2)p X ==______，若2Y X m =+，且()1E Y =，则m =_____．16．已知函数2()()f x ax bx c a b c =-+<<有两个零点为1-和m ，则实数m 的范围是▲ ．17．已知函数2()f x x a x b =+++，[]0,1x ∈，设()f x 的最大值为M ，若min 1M =时，则a 的取值范围为 ▲ ．三、解答题 (本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程) 18．(本小题满分14分)在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2sin cos sin b A B a B =+． （I ）求角B 的大小；（II ）设点D 是AC 的中点，若BD =求a c +的取值范围．19． (本小题满分15分)如图，平面ABCD ⊥平面DBNM ，且菱形ABCD 与菱形DBNM 全等，且MDB DAB ∠=∠，G 为MC 中点.（I ）求证：平面//GBD 平面AMN ；（II ）求直线AD 与平面AMN 的所成角的正弦值.20． (本小题满分15分)已知等比数列{}n a 的公比1q >，且13542a a a ++=，39a +是1a ，5a 的等差中项. （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）证明：3n n n n a b a =+，设{}n b 的前n 项的和为n S ，求证：2113nS <.21．(本小题满分15分)设抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，点F 到抛物线准线的距离为2，若椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右焦点也为F ，离心率为12.（I ）求抛物线方程和椭圆方程；（II ）若不经过F 的直线l 与抛物线交于,A B 两点，且3OA OB =-(O 为坐标原点)，直线l 与椭圆交于,C D 两点，求CDF △面积的最大值.22．(本小题满分15分)已知函数2()e ( 2.718)x f x ax e =-=.（I ）若()f x 在(0)+∞，有两个零点，求a 的取值范围； （II ）2()e (()1)x g x f x ax x =+--，证明：()g x 存在唯一的极大值点0x ，且0321()4g x e <<.2020～2021学年金色联盟-浙江省百校联考数学试卷注意事项：1．本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答．答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名;2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟．参考公式： 球的表面积公式 S =4πR 2 球的体积公式V =43πR 3其中R 表示球的半径 锥体的体积公式V =Sh其中S 表示锥体的底面积, h 表示锥体的高柱体的体积公式 V=Sh其中S 表示柱体的底面积, h 表示柱体的高台体的体积公式其中S 1, S 2分别表示台体的上、下底面积, h 表示台体的高一、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）13()1213V h S S =则根据几何图形的性质可得122,2F P b F P a ==，因此可得2b a =，则双曲线的线近线为2y x =±．9．C 解：因2nn a =，222nn a n b ==，12311111111n b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭232222111111112222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭23222222111111111122222112n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++++ ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-222112421312n ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=<<- 10．B 解：由222=cos 2AB AC BC AB AC AB AC AB ACAB ACθ+-⋅⋅=⋅⋅222=2AB AC BC AB AC +-⋅，则()=AB CD AB CA AD AB AD AB AC ⋅⋅+=⋅-⋅22222222AB AD BD AB AC BC +-+-=-22222AD BC AC BD +--=； 则问题转化为四边形ABCD 中，()()a b b c +⋅+=22221522DB AC CD AB AD BC ⋅=+--=（）二、填空题 (本大题共7小题，单空每题4分，双空每题6分，共36分)11．20964 12．1024；10- 13．18 14．15．110；2- 16．1,22⎛⎫⎪⎝⎭17．1[1,]8a ∈--提示：16．1,22⎛⎫⎪⎝⎭解：令22()(1)()((1))f x ax bx c a x x m a x m x m =-+=+-=+--，则(1)b a m =--，c am =-，因(1)0f a b c -=++=，又a b c <<，则0a c <<，可得(1)a a m am <--<-，则11m m >->-，即1,22m ⎛⎫∈⎪⎝⎭17．1[1,]8a ∈-- 解：22[0,1]max{||,||}x M x x a b x x b a ∈=+++-+- 1max{||,|2|,||,||}4a b a b b a b a =+++---，由题意得min 1M =的含义即：存在a ，对于任意的b ，M 的最小值为1，由于在数轴上的点2a --和点a -之间的距离恰为2，因此要使得M 的最小值为1，则必有2a a --≤且14a a +≤-，解得1[1,]8a ∈--. 三、解答题 (本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程) 18．解：（I ）在ABC ∆中，由正弦定理sin sin a b A B=，可得sin sin b A a B =， 又由sin cos()6b A a B π=-，可得sin cos()6a B a B π=-， 即sin cos()6B B π=-，………………………………………………………………… 3分即31sin cos sin 22BB B ，可得tan 3B =， 又因为(0,)B π∈，所以3B π=． …………………………………………………… 7分（II ）法一：如图，延长BD 到E ，满足=DE BD ，连接，AE CE ， 则ABCE 为平行四边形，且223,,,3BE BAE AB c AE BC a π=∠====， 在BAE △中，由余弦定理得2222(23)2cos3a c ac π=+-， 即2212a c ac ++=，可得2()12a c ac +-=，即2()12ac a c =+-，……………… 10分由基本不等式得：22()12()2a c ac a c +=+-≤， 即23()124a c +≤，即2()16a c +≤，可得4a c +≤ （当且仅当==2a c 取等号号） ……………………………………… 12分 又由AE AB BE +>，即23a c +>，故a c +的取值范围是(23,4] .………………………………………………………… 14分 法二：也可以用中线向量+基本不等式解决，酌情给分.19．解：（I ）连接AC 交DB 于E ，连接GE ，易知//GE AM .因为GE ⊄平面AMN ，AM ⊂平面AMN ，所以//GE 平面AMN . ………………………… 3分 又//MN BE ，同理可证//BE 平面AMN . 又因为BEGE E =，所以平面//GBD 平面AMN . ………………………… 7分（II ）（几何法）连接ME ，由菱形ABCD 与菱形DBNM 全等且MDB DAB ∠=∠， 可得出AD AB BD ==，DM BD MB ==.所以ME BD ⊥，又平面ABCD ⊥平面DBNM 且相交于BD ，所以ME ⊥平面ABCD . 由ME BD ⊥，又AC BD ⊥且AC ME E =，所以BD ⊥平面AMC ，平面GBD ⊥平面AMC ，过C 作CF GE ⊥，所以CF ⊥平面GBD ，连接BF ，由AD//BC ,所以CBF ∠即为直线AD 与平面GBD 的所成角. ……… 10分 由（I ）平面//GBE 平面AMN ,CBF ∠即为直线AD 与平面AMN 的所成角. ……………… 12分由条件有AD AB BD ==，60DAB ∠=︒.在直角三角形MAE 中，ME AE =，所以45∠=︒MAE ，则45GEC ∠=︒所以2CF =，又在直角三角形DEC ,60EDC ∠=︒,所以CE BC =易知CF BC ==，所以sin CF CBF BC ∠==.则直线AD 与平面AMN ………………………15分 （II ）（坐标法）连接ME ，由菱形ABCD 与菱形DBNM 全等且MDB DAB ∠=∠， 可得出AD AB BD ==，DM BD MB ==.所以ME BD ⊥，又平面ABCD ⊥平面MNBD 且相交于BD ，所以ME ⊥平面ABCD . 则可以以CA 为x 轴，DB 为y 轴，EM 为z 轴，建立空间直角坐标系，令2AB =，则)0A，，()0,1,0D -，(M ，()0,1,0B，(0,N ， ……… 10分设平面AMN 的法向量为(),,n x y z =，则由00AM n AN n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得020x z y -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 则可令1x =，得0y =，1z =，平面AMN 的法向量为()1,0,1n =， ………… 12分设直线AD 与平面AMN 的所成角为θ，sin cos ,AD n θ=<>==， 则直线AD 与平面AMN ……………… 15分 20. 解：（1）由39a +是1a ，5a 的等差中项得153218a a a +=+，所以135a a a ++331842a =+=，解得38a =， ……………………………3分由1534a a +=，得228834q q +=，解得24q =或214q =， 因为1q >，所以2q. ………………………………6分所以2nn a =. …………………………………7分（Ⅱ）先证右边，112()333()1()22n n n n b =<=+ ………………………………11分 3412324222()()()513333n n n S b b b b ∴=++++<++++24688221(),36599313n n -=+-⋅≤≥又有1222146215136513S S =<=<，，2113n S ∴<………………………………15分21．解：(Ⅰ)由已知得，12,(1,0),1,,22c p F c e a a =∴===∴=，2223b a c =-=， 所以抛物线方程为24y x =，椭圆方程为22143x y +=. ………………5分 (Ⅱ)设直线l 方程为：my x n =+，由24,,y x my x n ⎧=⎨=+⎩消去x 得，2440y my n -+=， 设1122(,),(,)A x y B x y ，则12124,4,y y m y y n +=⎧⎨=⎩因为22212121212()164431616y y n OA OB x x y y y y n n n =+=+=+=+=- ……………7分所以3n =-或1n =-(舍去)，所以直线l 方程为：3my x =-. …………9分 由221,433,x y my x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩消去x 得，22(34)18150m y my +++=. 设(,),(,)C C D D C x y D x y ，则2218,3415,34C D C Dm y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩……………11分所以11||||2||||22CDF C D C D C D S EF y y y y y y =⋅-=⨯⨯-=-△==. ……………13分(0)t t =>，则2253t m +=，所以2()9tS tt tt==≤=++，当且仅当3t=时，即m=………………15分22．证明：（I）设函数2()1xh x ax e-=-．在有两个零点当且仅当在有两个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，当时，易证21xex>，所以．故在也有一个零点，因此在有两个零点．综上，在有两个零点时，．注：采用分离参数进行求解也可以()f x(0,)+∞()h x(0,)+∞a≤()0h x>()h xa>()(2)e xh'x ax x-=-(0,2)x∈()0h'x<(2,)x∈+∞()0h'x>()h x(0,2)(2,)+∞24(2)1eah=-()h x[0,)+∞(2)0h>2e4a<()h x(0,)+∞(2)0h=2e4a=()h x(0,)+∞(2)0h<2e4a>(0)1h=()h x(0,2)x>33342241616161(4)11110e(e)(2)a aa a ah aa a=-=->-=-> ()h x(2,4)a()h x(0,)+∞()f x(0,)+∞2e4a>（II ）证明：()=(1)x x g x e e x --，故'()=(22)x x g x e e x --，令()=22x h x e x --，'()=21x h x e -，所以()h x 在1(,ln )2-∞上单调递减，在1(ln +)2∞，上单调递增， (0)=0h ，1ln 211(ln )=2e ln 2ln 21022h --=-<，222(2)=2e (2)2=0h e ----->，1(2)(ln )02h h -<由零点存在性定理及()h x 的单调性知，方程()=0h x 在1(2,ln )2-有唯一根，设为0x 且0022=0xe x --，从而()h x 有两个零点0x 和0，所以()g x 在0(,)x -∞单调递增，在0(0)x ，上单调递减，在(0+)∞，单调递增， 从而()g x 存在唯一的极大值点0x 即证，由0022=0xe x --得00+2=2x x e ，01x ≠-， 02000000000222111()(1)(1)()(2)=224444x x x x x x g x e e x x x x ++-++∴=--=--=-+≤（）取等不成立，所以01g()4x <得证， 又012ln 2x -<<，()g x 在0,x ∞（-）单调递增，所以2242032g()(2)(2)1x g e e e e e ----⎡⎤>-=---=+>⎣⎦得证. 从而0321()4g x e <<.。