2021-2022学年浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月联考试题数学解析版

2021学年浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月期中联考数学试题第I卷（选择题,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.已知全集U={0,1,2,3,4,5}，集合A={1,2,3},B={2,3,4}，则CuA∩B=()

A.{1}B.{4}C.{0,5}D.{0,1,4,5}

2.设复数z满足z(1+i)=2(C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.若实数x,y满足约束条件y≤1x-y≤025.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()

A.83B.163

6.函数f(x)=cosx+2ax2

7.如图,在△ABC中,AB=AC,∠A=π3,P为底边BC上的动点,BP=λBC,0<λ<1

8.设a>0,b>0,若a2+b2-3ab9.已知椭圆C1:x24+y22=1与抛物线C210.已知数列an满足a1=3,an+1=an+2an-1,记数列a二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.

11.祖晅,祖冲之之子,南北朝时代伟大的科学家,于5世纪末提出下面的体积计算原理:祖晅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等,那么两个几何体的体积相等.现有如图的半椭球体与被挖去圆锥的圆柱等高,且平行于底面的平面在任意高度截两几何体所得截面面积相等,已知圆柱高为h,底面半径为r,则半椭球的体积是_________.

12.已知(1+x)+(1+x)2+(1+x)13.在△ABC中,∠ABC=90∘,BC=3,点D在线段AC上,满足BD=15.已知a∈[-1,1],函数f(x)=sin[216.已知F1,F2是椭圆y2a2+x2b17.已知平面向量m,n满足|m|=3,2m三、简答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。18.（本题满分14分）

已知函数f(x)=sinxcosx-33sin19.(本题满分15分)

如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为等腰梯形,AD//BC,AB=BC=CD=12AD=1.

(I)若M20.(本题满分15分)

设首项为a的等比数列an的前n项和为Sn,若等差数列bn的前三项恰为S2,S4,S3.

(I)求数列an21.(本题满分15分)

如图,点Ax0,1x0>0在抛物线x2=2py上,抛物线的焦点为F,且|AF|=2,直线y=kx-k交抛物线于B,C两点(C点在第一象限),过点22.(本题满分15分)

已知函数F(x)=ex-ax22+ax(a∈R),F(参考答案及评分标准选择题: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。1-5BDABC6-10ACDCB1.,,故选B.2.,复数在复平面内对应的点在第四象限，故选D.3.，而是的充分不必要条件，故选A.4.可行域如图的几何意义表示区域内的点到定点的距离，所以的最小值即为点到直线的距离，故选B.5.原图为如图所示的三棱柱截去一个三棱锥，所以.故选C.6.由函数图像关于轴对称，得，由得，由得，所以.故选A.7.法一：设,则，其中，，故选C.法二：特殊图形，极端原理在正中，当位于点时，，当位于中点时，.8.法一：（基本不等式）设，则，条件，所以,故选D.法二：（三角换元）由条件，故可设即，所以当且仅当时取等号.故选D.法三：齐次式处理也可以9.设则由得，由条件外心必在轴上，故可设外心，由,得，，代入（*）式，得.所以点在双曲线上.故选C.10.由蛛网图，即，又，一方面由得，，且当，，.另一方面，（法一）由得，且当，，，必须大于等于.所以集合的元素个数是2，故选B.另一方面，（法二）由，得，又.又当，，必须大于等于..所以集合的元素个数是2，故选B.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.答案：12.答案：，6解析：令，得；法一：，，故.法二：，故.13.答案：，解析：由得，所以，又，所以，，，，.14.答案：4，解析：的所有可能取值为：1，2，3；；；故.15.答案：或.解析：当时，，得，故；当时，，故.16.答案：,.解析：设，则，，，由题，，即，得即，所以，于是，，，，，，又，故，所以，，.17.答案：解析：与的夹角为即与的夹角为，记，，，，则，，，故点在以为弦半径长为的圆的优弧上，，，所以的取值范围为.三、解答题:本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.解析：（Ⅰ），……2分所以，……………4分当时，，故……………6分从而，所以函数在区间上的值域为：..................7分（Ⅱ）所以，………………8分因，若，则，矛盾！……………9分故，……………10分从而………12分所以..................14分19.解析（Ⅰ）取PD中点N，连接MN，NC且……………2分四边形为平行四边形………………3分PABCDPABCDM第19题图EFG（Ⅱ）取AD中点E，BC中点F，连接PE,EF,PF,平面………7分………………9分…………10分作，交的延长线于点，连接PAPABCDM第19题图xyzO……………12分...................15分法二：如图建系，则，设………8分，………………10分，解得：，…………12分即又平面的一个法向量为，…………13分设与平面所成角为，则………15分（其他方法参考法一酌情给分）20.解析：（Ⅰ）设等比数列的公比为，依题意有：，…………2分故从而，所以，解得：，………3分所以，……………4分又所以...................6分（Ⅱ），…………7分令则，，……………8分所以，故，………………10分由题意应对都有，即恒成立，……………12分令，则时，故时，递减，又，故，…………14分所以，即的取值范围为...................15分解析：（Ⅰ），…………2分.…………4分（Ⅱ）设，则，直线的方程为:,,…………6分联立方程组消去可得:,……………9分……………10分,…………12分又,…………13分………………15分解析：（Ⅰ）由题意知：，，………1分，从而当时，恒成立，故在R上单调递增；……………3分当时，令，得，故在上递减，在上递增...................5分（Ⅱ）(ⅰ):依题意知：有两个零点，由（Ⅰ）知应有：，所以，……………6分因……………8分令，，则故即，又综上有：，从而：…10分(ⅱ)法一:又，即，同理两式相除有：，令，则，即，从而有：故，………11分因，即，故，…………12分令（）则（根据常见不等式可知）故在