2021届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考数学试题

2021届浙江金丽衢十校高三上学第一次联数学试题一单题1已集M{

，

M

N

（）A{C{2}

．{D{3}【答案B【分析】解一元二次不等式求出合N，再利用集合的交运算即可求.【详解】由题意得

N

又∴M故选：．2若数x，y满足束件

xx，则zxy

的小为A1

B．

13

C

D【答案C【分析】根据约束条件画出可行，再根据目标函数的几何意义求解最小值即.【详解】由实数x，满足约束条件

xxy

，画出示意图如下：将目标函数

zyx

化成斜截式得：

x

，则

的几何意义是斜率为的线在轴的截距，由图可知，当直线过

A

时，直线在y轴的截距最小，此时

min

，故选：【点睛简的线性规划有很强的实用性，线性规划问题常有以下几种类型面区域的确定问题区域面积问题）最值问题逆向求参数问题．而逆向求参数问题是性规划中的难点其主要是依据目标函数的最值或可行域的情况决定参数取值．3函f(x)

的象下最当解式（）A

x)

．

ycos(sin

1

sin(sin

D

【答案D【分析析选项中函数的奇偶性在偶性满足的选项中分析

f

f

的大小关系，由此判断出最恰当的解析【详解】每个选项中的函数

f

的定义域均为R，于原点对称，A．

f

，为偶函数；B．

f

，为偶函数；C．

f

，为奇函数；D．

f

，为偶函数；由图象可知

f

为偶函数，排除；又由图象可知

f

f

，在A中

f

sin00,f

0

，不符合；在：

f

sinfcossin0coscos1

，不符合；故选：D.4一几体的视如所，此何的积（）A

13

B．

C

233

D

【答案D【分析】首先还原几何体，再根几何体的结构特征求体积即.【详解】由三视图分析几何体结，得到如图所示几何体，该几何体为正方体截去了左右顶点的两个三棱锥，122所以此几何体的体积为3

，故选：D【点睛求以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系用应体积公式求解(2)所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．5已条

:t

，件：线

x

与y相切则2

是（）A充不必条C充必要件【答案A

．要充条D既充分不要件

【分析】首先根据直线与圆相切得t后根据小范围能推出大范，大范围推不出小范围做出判断即可.【详解】因为直线

x

与圆x

y

12

相切，则

t

，解得t所以条件q：t又因为条件

:t

，所以是的分不必要条件；故选：A【点睛本题主要考查充分必要性的判断，主要根据就是小范围能推出大范围，大范围推不出小范围，在备考过程中，要多总结提6口中7个红、2个球个球从任两个，其含球个为机量

．

的学望

E(

是）A

B．

75

C

D

95【答案B【分析】首先列出分布列，然后期望的定义计算即【详解】可取值为01P

CC

，∴

77，，P

，

的分布列为

12P

∴E

.1515故选：7若(x

x

，x则下列论确是）AC

aa1

．D

【答案C

rr【分析A令x可算出的；rrB．结的果可计算出

的值；C．别令x然后根据展开式的通项公式判断取值的正负即可计算出的值；12D．原求导，然后令x即得

aaa

的值，再根据展开式的通项公式即可求解出

的，则

aa

的值可【详解A令x，以a故错误；B．，以

a，以a

，故错误；C．所以

110

，又

a

，所以

210

2

59

，又因为项为Cr数，项的系数负数，所以

a

，故正确；D．为x导可得：10

x

a

a，令x，以

aa

，又因为展开式通项为r

所以

a

，故错误；故选：．数

公为

2020

数中最项（）A第43项

B．44项

C第项

D第项【答案C【分析】设

2020

，化简得到

f

x

x

，结合基本不等式，求得当x2020

时，

f

取得最大值，再根据数列的通项公式和

44202045

，即可求解

【详解】根据题意，设f

2020

x

f，则，xx因为

xx

=2当且仅当时等号成立，则当

x2020

时，

2020

取得最小值，此时

f

取得最大值，对于数列

公式为a

2020

又由

44

，则有

2020

，所以数列中最大项为第45项故选：9正体

ABCDAC

的长1，且AM3MD，，APxACyBD1

R

，

MP

的小为）A

B．

22

C6

D【答案A【分析】以A

为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量坐标运算，利用APxACyBD可得1

点轨迹为平面

D

，求出关平面

D

对称点M，从而得到MPNPPMN1

，由此可求得最小值.【详解以A为标原点，,AA正向为系，

y,

轴可建立如图所示空间直角坐标AMD，又1

AM

，M，，23同理可得：，，

，AC

，BD

，

，P

的轨迹为y平面平面

D

；点M关平面

D

对称点

M

在

DD

上且满足DMM，M12MPMPNPM1

（当且仅当

,N

三点共线时取等号NMN2

，

．．．．．MPNP．．．．．

的最小值为故选：A.【点睛关键点点睛：本题考查立体几何中的最值问题的求解，解题关键是能够通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算求得动点的迹，进而结合轨迹，利用对称性得到最值.x．知函f(1x

的像曲

恰有个交点则实a的值围（）A

B．1

C0

D1【答案B【分析】首先化简曲线

得两直线，接着根据数形结合求得实数的取值范围.【详解】由ay得yay)，开平方得

)

，即

，x所以函数f(x)x

的图像与两条直线

y

共有四个交点，如图画出示意图：由于两条直线

斜率为为

，当

与函数f(x)

的左半支相切时，，时两直线与数f(x)

图像有3个点；当

与函数f(x)

的右半支相切时，

，此时两直线与函数f(x)

图像有5个点；由图可得：当时两直线与函数f(x)

图像有4个点故选：【点睛本题主要考查函数图像点个数的问题决本题主要通过数形结合给出参数的取值范围，关键在于把握满足题意的临界状况，根据求切线斜率及截距给出范围，在平时做题时要多总结多提二填题11将5名学排个区加建明市传动每同学去1个小区每小至安名学则同安方共种用字答【答案】150

,12【分析首先确定将5名学成3组有两种分法接着计算每种分法下安排方种数，最后相加即.,12【详解将5名学安排到3个小区参加创建文明城市宣传动名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，分组方法有（）两种分法，当分成（）时，有C

A

种安排方法；当分成（122）时，有

CA

种安排方法；综上，共有150种安排方故答案为：150【点睛(1)排列组合问题要遵循两个原则：一是按元或位置的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元或位置)为主体，即先满足特殊元(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．不同元素的分配问题往往是先分组再分在分组时通常有三种类型①不均匀分组；均匀分组；③部均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．．椭圆C:

xa0)的焦为，P是椭上第一象内点Oa是点若|【答案】

，椭离率取范围_．【分析设点标

，根据FOPF|

得到关于的元二次方程，根据方程有解求,b之的不等关系，结合a222可求解出心率的取值范.【详解

P

0

F

FO

x,0

FO，0又

2

，所以

x

cx，所以x

y

，又

xyab

，以

bxa

，所以

cxa

，因为上述方程有正数解，只需

ca

，所以a

b

，所以c

2

a

2

，所以

且，以

3

故答案为：

1313a4a4a44a4a4a24．f1313a4a4a44a4a4a24

x(R)

，对满

f123

的个同实

x(i1,2,3)i

，有

xx313

，实a的小为．【答案】【分析】设

fx23

，则满足f

，原不等式化简可得2，合展开式的根与系数关系可得

x

，将为

x

，再结合根与系数关系化简，由配方法和二次函数性质放缩即可求解【详解】设

fx23

，则

xxx213

，即2由题意知，f

x

ax

(a，即xxxx0，根据对应关系有：

x

，故xxx，333333

故只需满足

，a233

，解得

a

的最小值为故答案为：【点睛题查函数零点与方根的关系次函数的性质查转化与化归思想，其中对于三次函数的根与系数的关系接触较少，应类比于二次函数推导关系进行求解，属于难题三双题．平面量【答案】

，bx)，

a//

，______，b|______．【分析】首先根据向量平行的坐运算求出【详解】∵，x)，//b，a

，然后根据向量的模长公式计算可得|

∴1

∴b，∴b

5

故答案为：；35．复数z是虚单，zi【答案】1

，

a

，．【分析】首先表示出

，然后根据复数的加法运算得出zbi

，然后根据复数相等列出方程组，解之即可得到结【详解】∵z∴

z∵

i

，∴

，即i根据复数相等可得，b故答案为：

．数

f(x)sinx小正期，当

时f

的域_．2【答案】

【分析首化简函数f(，最后根据公式求周期，结合函数的单调性求值域.3【详解】因为f(x)xcosxx(cos2x2x)22

13cos4xx423

，所以

f

的最小正周期为

242

，因为

0,

，

，

，所以

3)32

，故

3)44

，f

23的值域为

，

213故答案为：；21

；．知

f

是义R上奇数当，f()

2

，a

，

f(|1|)f(2m

，实m的取范是_____【答案】1【分析由奇函数的定义得

f(0)

，结合函数解析式可得值，再对函数求导讨论其单调性，结合不等式解出的围【详解】因为f(x)

是定义在R上奇函数，故

f(0)

，当x时，f()=e

2x

，则

f(0)

，a

，所以当xfx

2x1=x

，有

f)=ex

1x

，则(x)

在

上为增函数，又(x)

为奇函数，所以f)

在

上增函数，所以f(x)在上增函数；若

f(1)fm

，必有

，或即，解得m，3，即的值范围为：故答案为：1；四解题已知a分是内角C的边

且cosA

15

．（）函的值（）的面为，的值【答案）

45

）65

【分析）据边的大小关系确定角A为角，结合同角的平方关系，解方程即可；（2结合）的结果以及已知条件求c，b，后据余弦定理即可求出结果【详解】解）因为b

，所以A为角

y由sinAy

134，结合cos，得cosA，．55（2由（）知sin

45根据面积公式bcsinA

可求得，结合cb求得c，，又由余弦定理求得

65

，所以a．．图，棱

ABC

中2AB2，AB，1

AC

，CBB．（）明平面

BBC

；（）直

BC平所角正值21【答案）明见解析）7【分析取BC中E连AE和

E

根AB和

AC

证BC面

，得到

E

，利用勾股定理证得

，得到

CE

面ABC，而证得平面面

BBC

；（2E为点EA为轴为轴空直角坐标系平面的一个法向量3,1)和量，合向量的夹角公式，即可求解．11【详解）中E连接AE和E，ACABAC2因为AB，ABAC且是中点，

所以AE

BC2

且BC，又因为

AC

，且

AC

AEA

，可得BC

，因为

E，以

，又因为E是中，所以

BC

，因为

CBB

，可得

60

，所以

△CCB

是等边三角形，所以E

，即CAC

，所以

，

yn又因为yn

E

，且AEE，以

CE

面，又由

E

面

BBC

，所以平面ABC面

BBCC

（2以E为原，射线EA为轴，射线EC为轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AC2，1则

A(1,0,0)

，

，

C(0,1,0)

，C(0,0,B(0,可得(0,2,0)，(0,13)，BA(1,1,0)，11设平面

的一个法向量nxy,)

，则

nn

，即

，取可得，3,，设直线

BC

与平面

所成角为

，则sincos

nCn

217

，故直线

BC与面所角的正弦值为

217

．．知数

a1

12

，aa

．（）数

项公；（）数

的n项，求

T

．【答案）案见解析）明见解析.【分析）简递推关系得到

2a

用累加法求其通项公式）利用错位相减求和，再根据

n2n

>0证

T

【详解】解）由a

n

知

2a

令b

，则

且b

由

bnn

n

n

2

n11

2

所以2a（2易知a

n，所以，2

nnnnn于是Tnnnnn

4(nn2224(n所以22222211两式相减得T222

，1T22

1n，所以T222

，由于

n2n

n>0，以T22

，即

T

得证．【点睛本题的核心是考查错位相减求

一般地，如果数{}等数列{}等比数列，求数{b}前项和时，可采用错位相减法求和，般是和式两边同乘以等比数列{}公，然后作差求解．．图，知物C:

p

的点F过点F直交于A，两点以AB为直的交x轴于M，N，当AFx时，

|MN

．（）抛线C方；（）直AN，AM分交物C于GH（同，线AB交GH于点P，且线AB的斜大，证：存唯这的线AB使得B，，P，M四共．【答案）

）证明见解【分析）轴时得A

，

点坐标及圆的方程，|MN

可得答案；（2设点

1

2

，直线

:

与抛物线方程联立

y、，y和

，圆的方程并令y

，得

x，x

，即BH，，M点共圆等价于HG，再证明存在唯一直线满HG可得答案【详解）轴，

A,，,p故圆的方程为，即

MN|，得p，故抛物线的程为y

x

；（2设点

A

xy1

，

x2

，

,0

，

,0

，

直线

:xmy

，联立

yxx得：y

my，

，y，

，所以y

4m2

mm

，∴2

，故圆心

半径

16rm1

即圆的方程为令y

，则

化简得：

，x，

，若BH，，M点共圆，则BPH即BH，，M点共圆等价于HG，下证：存在唯一直线AB足HGAB，

，设

H

x,5

，

x66

，直线

:x1

和直线

AN:x1

2

y1

，联立

x

，得：

tty

，所以

yt，yt

，同理

yy，y

，k∴

y44x4ty，x又t，，∴

k

y

ymx

，又k

1，AB

m2m

，所以23m

，即

m

，4

，设(x)

，

，f

，

故

f

在

递，6

单调递增，又f

，

f

，且

f

，故存在唯一

足f

，即存在唯一

(0,

，满足4m

，综上结论得证．【点睛】本题考查了抛物线、圆几何性质，解题的关键点是证明BH，，M四点共圆和证明存在唯一直线AB满足HGAB考了学生分析问题决题及推理能力．函数

f(x)x

．（）函f()

的小；（）

(x)f()

存两不零，