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(解析版)

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一、单选题∣xx60，则MN（xM∣x2}，N1．已知集合{4x2）x∣3}A．{3xx∣2}B．{3xC．{2x∣2}xD．{x∣2x3}【答案】B【分析】解一元二次不等式求出集合，再利用集合N的交运算即可求解.【详解】由题意得Nx∣x2x60xx3x20x3x2，又∵M∣x2}{4x∴MNx3x2．故选：B．xy202．若实数x，y满足约束条件270，则zy2x的最小值为（xy）y3019D．A．1【答案】CB．C．73【分析】根据约束条件画出可行域，再根据目标函数的几何意义求解最小值即可.xy20【详解】由实数x，y满足约束条件x2y70，画出示意图如下：y30将目标函数zy2x化成斜截式得：y2xz，y则z的几何意义是斜率为2的直线在轴上的截距，A(5,3)时，直线在轴上的截距最小，，当直线过y由图可知z3257，min此时故选：C【点睛】简单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：（1）平面区域的确定问题；（2）区域面积问题；（3）最值问题；（4）逆向求参数问题．而逆向求，是线性规划中的难点，其主要是依据目标函数的最值或可行域的情况定决参参数问题数取值．3．函数f(x)的图象如下，最恰当的解析式为（）yA．sin(cosx)ycos(sinx)B．C．ysin(sinx)【答案】DD．ycos(cosx)f,f0的2【分析】先分析各选项中函数的奇偶性，然后在奇偶性满足的选项中分析大小关系，由此判断出最恰当的解析式.【详解】每个选项中的函数fx的定义域均为R，关于原点对称，A．fxsincosxsincosxfx，为偶函数；B．fxcossinxcossinxcossinxfx，为偶函数；C．fxsinsinxsinsinxsinsinxfx，为奇函数；D．fxcoscosxcoscosxfx，为偶函数；由图象可知fx为偶函数，排除C；又由图象可知ff0，2fsincossin00,f0sincos0sin10，不符合；在A中：22fcossincos1,f0cossin0cos01cos1，不符合；在B中：故选：D.224．一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A．1B．2C．233D．22333【答案】D【分析】首先还原几何体，再根据几何体的结构特征求体积即可.【详解】由三视图分析几何体结构，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，11所以此几何体的体积为8211232223，故选：D【点睛】(1)求解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，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不直能接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．q相切，则p是的（5．已知条件p:t1，条件q：直线1与圆xxty2y212）A．充分不必要条件C．充分必要条件【答案】AB．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】首先根据直线与圆相切求得t1，最后根据小范围能推出大范围，大范围推不出小范围做出判断即可.【详解】因为直线xty1与圆1相切，x2y2212，解得t1则，dt212qt1所以条件：，又因为条件p:t1，q所以是的充分不必要条件；p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，要多总结提高.6．口袋中有7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中含红球的个数为随机变量．则的数学期望E()是（）6897A．B．C．D．5555【答案】B【分析】首先列出分布列，然后由期望的定义计算即可.【详解】的可能取值为0，1，2.CkC72k，Pk3C210∴P177P2，15，0P1，1515的分布列为012177P151515∴E0117277155.1515故选：B.7．若(x2)10aaxax2ax1010，则xR下列结论正确的是（）012A．1024aaaa1B．01210aaaa310C．D．2aa3a39a1090121012【答案】C【分析】A．令x0B．令x1结合x0的结果可计算出可计算出a的值；0aaa...的值；1012C．分别令x1，然后根据展开式的通项公式判断取值的正负即可计算出aaaa的值；01210D．将原式求导，然后令x1即可得a12a3a9a10a的值，再根据展开式10239a2a3a9a的值可求.的通项公式即可求解出a的值，则101239【详解】A．令x0，所以a0102101024，故错误；2B．令x1，所以...a1aaa...a1023，故错误；210，所以aa012101C．令x1，所以aaa...a310310，又...aaaa1，0121001210所以2aaa...a3101，2aaa...a1310，024101359又因为x210的展开式通项为Crx2r，所以当r为奇数时，项的系数为负数，10r1031011310所以aaaa310，故正确；2201210D．因为x210aaxax2ax10，所以求导可得：0121010x29a2ax3ax2...10ax9，123101，所以a2a3a9a10a10令x，1239100时，C020a1，2r，当r1010又因为展开式通项为Crx10r10a2a3a9a101020，故错误；所以1239故选：C.nn22020的通项公式为anN，则这个数列中的最大项是（）8．若数列annA．第43项【答案】CB．第44项C．第45项D．第46项，化简得到fx1fxxx22020【分析】设x2020，结合基本不等式，求得当xx2020时，fx取得最大值，再根据数列的通项公式和44202045，即可求解.0)，则fx1x2020，【详解】根据题意，设fxxx22020(xx20202x2020=22020，当且仅当x2020时，等号成立，x因为xx2020取得最小值，此时fx取得最大值，则当x2020时，xxnn22020对于数列a，其通项公式为anN，nn44454422020a4522020又由44202045，则有a，4445所以数列中最大项为第45项.故选：C.ABCDABCD的棱长为1，且AM3NB，19．正方体3MD1，BN11111APxACyBD，x,yR，则MPNP的最小值为（123）1A．B．C．6243D．322【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，利用可求得P点轨迹为平面ABCD，求出M关于平面ABCD对称点APxACyBD111111M，从而得到MPNPMPNPMN，由此可求得最小值.111【详解】以A为坐标原点，,ABAD,AA正方向为x,y,z轴可建立如图所示空间直角坐标1系，3331AM3MD，又AMMD1，，MD1，AM11122113331同理可得：BN，NB1，22，A0,0,0，C1,1,1，B1,0,0，D0,1,1，AC1,1,1，BD1,1,11111APx1,1,1y1,1,1xy,xy,xy，P的轨迹为yz（平面），即平面ABCD；1133；3MD0,1,，M点M关于平面ABCD对称点M在DD上且满足DM211111111MPNPMPNPMNM,P,N三点共线时取等号），1（当且仅当113333110，MN1M0,1,，N1,0,2，221MPNP的最小值为2.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P的轨迹，进而结合轨迹，利用对称性得到最值.ln(x),x010．已知函数f(x)xyaya20恰有4个交点，则2221的图像与曲线,x0x实数a的取值范围是（）A．0a1C．0a2D．1a3B．1a2【答案】Baya0得到两直线，接着根据数形结合求得实数a22【分析】首先化简曲线x22y的取值范围.ayaya2()，22【详解】由x222y2aya0得xy22开平方得x(ya)，即xya0，ln(x),x0所以函数f(x)的图像与两条直线xya0共有四个交点，1,x0x如图画出示意图：由于两条直线xya0斜率为，截距为a，当yxa与函数f(x)的左半支相切时，a1，此时两直线与函数f(x)图像有3个交点；当yxa与函数f(x)的右半支相切时，a2，此时两直线与函数f(x)图像有5个交点；由图可得：当1a2即1a2时，两直线与函数f(x)图像有4个交点；故选：B【点睛】本题主要考查函数图像交点个数的问题，解决本题主要通过数形结合出给参数的取值范围，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出给范围，在平时做题时要多总结多提高.二、填空题11．将5名同学安排到3个小区参加创建文明城市宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有______种．（用数字作答）．．．．．【答案】150【分析】首先确定将5名同学分成3组共有两种分法，接着计算每种分法下安排方法种数，最后相加即可.【详解】将5名同学安排到3个小区参加创建文明城市宣传活动，每名同学只去1个小1名同学，分组方法有（113），（122）两种分法，当分成（113）时，有60种安排方法；区，每个小区至少安排CA3353C25AC23A90种安排方法；当分成（122）时，有3322综上，共有150种安排方法故答案为：150(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素.【点睛】(或位置)的性质进行分类；二)为主体，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素(或位置即先满足特殊元素)，再考虑其他元素(或位置)．(或位置(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：②均分匀组；③部分均分匀组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．①不均匀分组；12．设椭圆C:x2y21(ab0)的右焦点为，是椭圆C上第一象限内的点，FPOa2b2是原点．若||2，则椭圆C离心率的取值范围是．FOFPPF______【答案】3,12【分析】设出P点坐标x,y，根据FOFPPF||得到关于的一元二x次方程，根据2000b2方程有解0求得a,b之间的不等关系，结合a2c2可求解出离心率的取值范围.Px,y，Fc,0，所以设FOc,0,FPxc,y，所以FOFPccx，【详解】20000022xcyxc，所以，所以又PF0，2yccxxcxy2020222000000x221，所以x2cxb2yb2x20，所以cxb20，0a2a20cx220又00a2b200因为上述方程有正数解，只需c24b2c20，a2所以24b2，所以4c23a2，a33,1所以e且0e1，所以e.242.3,1故答案为：2的三个不同fxx13．设()ax21(a1)x(aR)，若对于满足fxfxfx33312x(i1,2,3)，恒有xxxxxx4，则实数实数a的最小值为______．122313i1【答案】【分析】设fxfxfxk，且xxx，则满足312312，原不等式化简可得fxkxxxxxxxx2，结合展开式的根与系数关12331xxxa21系可得23xx11，将变形为4xx，再结合根与系数13xx2xxxxxxa系化简，由配方法和二次函数性质放缩即可求解【详解】设fxfxfxk，且xxx，312312xxxxxxxxxxxx4，即则x3x2，由题意知，1122313122313fxkxxxxxxx3ax213(a1)xk0，123xxxxxxxxxxxxxxx0，32123122313123即xxxa123根据对应关系有：1，xxxxxxa131223131故xxxx24xxax24a31xxx231131322134a4a44a4a42，a223x333333321,2a的最小值为1，故4a4a4故只需满足24，即a2a20，解得a333故答案为：1【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，二次函数的性质，考查了转化与化归思想，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、双空题x______，|b|______．14．设平面向量a(1,2)，b(3,x)，，则a//b635【答案】【分析】首先根据向量平行的坐标运算求出x，然后根据向量的模长公式计算可得|b|.【详解】∵a(1,2)，b(3,x)，，a//b∴1x23，∴x6，∴b(3,6)，∴|b|36235.2故答案为：6；35.______，b______．15．设复数zabi（i是虚数单位），若z2z32i，则a【答案】12【分析】首先表示出z，然后根据复数的加法运算得出z2z3abi，然后根据复数相等列出方程组，解之即可得到结果.【详解】∵zabi，∴zabiabi2abi32i，即3abi32i∵z2z32i，∴根据复数相等可得3a3a1b2，即b2故答案为：1,2.f(x)sin2xcos2x最小正周期为____________，当x0,时，16．函数264fx的值域为____________．23【答案】20,4【分析】首先化简函数f(x)13，最后根据公式求周期，结合函数的单sin(4x)423调性求值域.2coscos2x(3cos2x21【详解】因为f(x)sinx2xsin2x)262313，sin(4x)42343cos4x1sin4x44所以fx的最小正周期为T242，，x0,，4x4，因为4333所以sin(4x)3,1，322312sin(4x)30，故，344fx的值域为0,2，34230,；故答案为：；242xx1a，则xfxeR上的奇函数，当0时，()17．已知是定义在fxxa____________，若f(|1m|)f(2m)，则实数m的取值范围是______．【答案】,113f(0)0，结合函数解析式可得【分析】由奇函数的定义得a的值，再对函数求导讨论其单调性，结合不等式解出的范围.mf(0)0，fx【详解】因为()是定义在上的奇函数，故R2xax1x0当f(x)=ef(0)1a0，时，，则1，ax2x1=exx11x0所以当f(x)=ex12，时x10，x12f(x)=ex有0，()在上为增函数，则fx，0又fxfx()为奇函数，所以()在上增函数，所以()在上为增函数；fxR若f(1m)f(2m)，必有1m2m，1即或，解得m，m11m2mm12m3m113，即的取值范围为：，m13，故答案为：1；四、解答题1边，，且，cosA别是内角，，的对ABCc2bsinA18．已知，，分5．abcbacABC（1）求函数的值；sinA面积为（2）若的20，求的值．aABC【答案】（1）sinA54；（2）a65.【分析】（1）根据边的（2）结合（1）的结果.大小关系确定角A为锐角，结合同角的平方关系，解方程即可；条件求出10，，cb5果以及已知然后根据余弦定理即可求出结【详解】解：（1）因为，所以A为锐角bac由cosAsinA15，结合cos2Asin2A1，求得cosA53，sinA54．4（2）由（1）知sinA51根据面积公式bcsinA可求得bc50S，2c2bc，求得10，，b5结合a23又由余弦定理求得1002525065，5所以65．a19．如图，三棱柱ABCABC中，2ABACBC，，，AC12ACABAC1111CBB1201．（）证明：平面平面ABCBBCC；111（）求直线2BC与平面ABC所成角的正弦值．1111）证明见解析；（2）21.7【答案】（CE，根据和ACBC，证得BC面ABAC【分析】（1）取中点，连接和BCEAE11AEC，得到BCCE，利用勾股定理证得CEAE，得到CE面ABC，进而证得1111平面平面BBCC；ABC11（2）以为原点，射线yEA为x轴，射线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面ABCEC1E的一个法向量BC，结合向量的夹角公式，即可求解．n(3,3,1)和向量111）取中点，连接和BCAC2AB2AC2CE，设EAE1【详解】（1ABACABAC1因为，且E是中点，BC所以AE1BC2且，AEBC22又因为ACBC，且ACAEA，可得BC面，AEC111AECCE面，所以因为BCCE，111CBCC，又因为E是中点，所以BC11CBB120CCB60△CCB因为，可得，所以是等边三角形，1116CE，即AE2AC所以，所以CEAE，CE2212111BCCE，且BCAEE，所以CE面，ABC11又因为又由CE面BBCC，所以平面平面BBCC.ABC11111（2）以为原点，射线为yx轴，射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，ECEEA设2ACAB2AC2，1A(1,0,0)，B(0,1,0)，，(0,2,3)C(0,0,3)BC(0,1,0)，则11可得(0,2,0)，BC(0,1,3)BC，(1,1,0)，BA111nBC0y3z0设平面ABC的一个法向量，则，即，n(x,y,z)1nBA0xy01取3，可得y3,z1，则n(3,3,1)，xnBC21sincosn,BC设直线BC与平面ABC所成角为，则11，nBC1711111121BC与平面ABC所成角的正弦值为．1117故直线2n1nN．2n1．已知数列20aa中，，na2an12n12a（）求数列的通项公式；1nnaT2．（）设数列2的前项和，求证nTnnnn【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.2a2na2n1nN1）化简递推关系得n2a【分析】（到n1，构造新数列，利nn1nn2用累加法求其通项公式；（2）利用错位相减求和，再根据>0证明T2.n2n2n11【详解】解：（1）由a2anN2n1n1n2a2na2n1nNn知n1n1令b2nan，nb1且bb2n1nN则11nnn2bbbbbbbb(2n1)31n2,由nnn1n12112an.所以n2nannn（2）易知an，所以，222nnn1234(n1)n2n12n于是Tn2222123411234(n1)n2n2所以Tn222222345n11111111n两式相减得2T，，2222222n1n2345n1n22n12T1122n，所以2nTn22n12nnnn1n2n2Tn由于>0，所以22，2n2n即T2得证．n【点睛】本题的核心是考查错位相减求和.一般地，如果数列{}是等差数列，{}是等abnn比数列，求数列ab{·}的前项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以nnn等比数列{}的公比，然后作差求解．bn21Cy:2．如图，已知抛物线0)的焦点为，过点的直线交于，两CAB2px(pFF点，以为直径的圆交轴于，，且当轴时，|MN|4．AFxABxMN（）求抛物线的方程；1C（）若直线，分别交抛物线于，（不同于），直线交于点，2ANAMCGHAABGHP且直线的斜率大于，证明：存在唯一这样的直线使得，，，四点共圆．ABABBHPM0【答案】（.y1）4x；（2）证明见解析21）当轴时得，点坐标及圆的方程，即|MN||AB|2p4可得答AFx【分析】（AB案；Ax,y，Bx,y，Mx,0，Nx,0，直线AB:xmy1与抛物线方（2）设点112234yyyxxxx，xx，，和，圆的方程并令y0，得34程联立yy、121211234即，，，四点共圆等BHPM价于，再证明存在唯一直线AB满足HGAB可HGAB得答案.22pp,Ap，B,p【详解】（AFx1）当轴时，2p2，p故圆的方程为xy22|MN||AB|2p4即p2，得，故抛物线yC的方程为4x；2Ax,y，Bx,y，Mx,0，Nx,0，（2）设点112234y4x2AB:xmy1，联立直线xmy1得：4my40，Δ16m10，y224m4m212m2yy4m，yy4，所以1ym21，1,2m，212122xxmyy24m22，故圆心2m∴1212，16m1r1|AB|1m2122m1半径2221即圆的方程为x2m2m212，ym21(2)24224m12，2214m令y0，则x2mx4m2x30，化简得：22xx4m22xx3，，3434若B，，，HPM四点共圆，则BPHBMH900，BHPM四点共圆等价于HGAB，即，，，HGAB，下证：存在唯一直线AB满足设Hx,y，Bx,y，5566直线AM:xxtyy和直线AN:xxtyy，111121，得：4y4x2联立y2ty4tyx40，1xxtyy111111yy4t，y4ty，同理yy4t，y4ty，所以151511162621yyyy544∴kHG24656tty12，xxyyyy2665565124xxxx又∵t，1t4，131y12y14ymm211∴kHG1xx42xxx4，2m2y1213y134又k1，得mmm212m21，所以2mmmm21，k3mABHG即2m3m21，4m6m210，设f(x)4xx1，x(0,)f(x)12x21，，3,33故fx在单调递减，单调递增，0,663又∵f(0)10，0，且f(1)20，f6x(0,)满足fx0，故存在唯一m(0,)，满足即存在唯一4m10，m26综上结论得证．【点睛】本题考查了抛物线、圆的几何性质，解题的关键点是证明，，，四点BHPM共圆和证明存在唯一直线满足，考查了学生分析问题、解决问题及推理能ABHGAB力.f(x)