浙江三校2021届高三数学试题【含答案】

数学试题卷

注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.考试时间120分钟.试卷总分为150分.请考生按规定用笔将所用试题的答案涂、写在答题纸上.参考公式：如果事件A、B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)如果事件A、B相互独立，那么P(A•B)=P(A)•P(B)如果事件A在一次试验中发生的概率为p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率kk

Pn(k)=Cnp(1p)nk(k0,1,2,,n)台体的体积公式V=柱体的体积公式V=Sh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式1V=Sh3

其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高.球的表面积公式S=4πR2

球的体积公式V=43πR3

其中R表示球的半径1(S1+S1S2+S2)h3其中S1、S2表示台体的上、下底面积，h表示棱台的高.选择题部分（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A{x||2x1|6},BxA.

2x1

0,则AðRB=3x

（）51751711

B.,3,C.,3D.,3,3,

22222222

a1i

2.已知aR，若（i为虚数单位）是实数，则实数a等于（

1i235

A．1B．2C．D．22

x0

3．若x2y0,则zx3y的最小值是

xy30

）（）A．0B．1C．5D．94.设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是．．．A．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件()D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件5．已知函数y＝sinax＋b(a>0)的图像如图所示，则函数y＝loga(x＋b)的图像可能是()ABCDx2y2

6.已知F1,F2是双曲线C:221(a0,b0)的左右两个焦点，若双曲线左支上存在一点Pabb

与点F2关于直线yx对称，则该双曲线C的离心率为（）a5B.5C.2D.2A.27.设函数f(x)2xcosx,设an是公差为的等差数列,f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a5)＝5,则8

（fa3a1a5A.0

B.

2

）12113

C.2D.2168161o

8.已知平面向量a，且catbtR.则ccab，c满足：a2，a，b夹角为60，2

的最小值为A．13B．4C．23D．（）9.袋子A中装有若干个均匀的红球和白球,从A中有放回地摸球,每次摸出一个,摸出一个红球的概率是934E

1

,有3次摸到红球即停止.记5次之内(含5次)摸到红球的次数为,则的数学期望3（）433593

D.

2432431,xA

10．定义全集U的子集A的特征函数fAx.这里CUA表示集合A在全集U中的0,xCAU

补集.已知AU，BU，以下结论不正确的是（）．．．A.

B.

C.

A.若AB，则对于任意x∈U，都有fAxfBx；B.对于任意x∈U，都有fCUAx1fAx；C.对于任意x∈U，都有fABxfAxfBx；131

8114381D.对于任意x∈U，都有fABxfAxfBx．非选择题部分（共110分）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.在2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线：用垂直于锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面倾斜到“和且仅和”圆锥的一条母线平行时，得到抛物线；当平面再倾斜一些就可以得到双曲线。已知一个圆锥的高和底面半径都为2，则用与底面呈45的平面截这个圆锥，得到的曲线是▲.12.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是1，则正视图中的x的值是▲，该几何体的表面积是▲.13.已知多项式x1x1a0a1x1a2x1a7x1，2527则a1a2a7

▲，a4

▲.▲2

14.已知sincos

7

(0),则tan13

2

，sin2(

)4

▲..15.过xy20上一点Px0,y0作直线与xy1相切于A,B两点.当x03时，切线长PA为________________；当POAB最小时，x0的值为__________.16.在平面直角坐标系中，给定两点M(1,2),N(3,4),点P在x轴的正半轴上移动，当MPN取最大值时，点P的横坐标为__________.17.若对任意x0，不等式a(e1)2(x)lnx恒成立，则实数a的最小值为_________.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.（本小题满分14分）在①AC2B②ac2b这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并求解.问题：已知ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b2，_____，试求sinAsinBsinC的范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.ax1x19.（本小题满分15分）如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为正方形，AE平面CDE，已知AEDE3，F为DE的中点.(Ⅰ)求证：BE//平面ACF；(Ⅱ)求BE与平面BCF所成角的正弦值.20．（本小题满分15分）n2na1

已知数列{an}的首项a1，前n项之和Sn，满足Sn.数列{bn}的前n项之和Tn，满2足q1Tnqbn1q0，nN*.（Ⅰ）若对任意正整数n都有anbn1成立，求正数q的取值范围；（Ⅱ）当q2，数列cn满足：cn

an23

，求证：c1c2cn2.2Snbn1

21.（本小题满分15分）x2y231已知椭圆:221ab0左顶点为A，离心率为，且过点3,.22ab（Ⅰ）求的方程；2

（Ⅱ）过抛物线C:y2pxp0上一点P的切线l交于D,E两点，线段DE,PA的中点分别为M,N.求证：对任意p0，都存在这样的点P，使得MN所在直线平行于y轴.22.（本小题满分15分）已知函数fxexax2，其中e2.71828……是自然对数的底数.（I）若gx

fxx1

x1有三个极值点x1,x2,x3，(i)求实数a的范围；(ii)求证：x1x2x32；（II）若yfx有三个零点x1,x2,x3，且x1x2x3，求证：1x10.a12021届高三三校第一次联考

数学参考答案

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.4题号1235678910ACC答案CCBDAAD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.抛物线13.63；-18012.1521.

22

511914.,

12169

，516.317.15.3；1

2

e

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.解答：当选①AC2B：易知B

abc43,…………………………………………………6分sinAsinBsinC33333

sinAsinBsinCcos2A0,………………14分8438

acac2acb261，从当选②ac2b:可知ac，4cosB1

22acac2

3abc333B0,sinB0,而，，而当且仅当abcsinAsinBsinCsinB2388

33sinAsinBsinC时取等号，从而0,8.

19.证明：（1）连接AC,BD交于O，连OF，，F为DE中点，O为BD中点OF//BE,OF平面ACF,BE平面ACF,BE//平面ACF.……………6分

2

2

2,A0,33



,……………………3分

（2）AE平面CDE，CD平面CDE

AECD

CDAD,AEADA,AD,AE平面DAE

CD平面DAE，如图建立坐标系，

，

则E(3,0,0),F(a,0,0),C(0,32,0),A(3,0,3),D(0,0,0)



由DCAB得B(3,32,3)，



nFB0

设面BCF法向量nx,y,z，由可取n22,1,22，因此设线面角为则有

nFC0



nEB102.sin51nEB

20．解答：（Ⅰ）易知ann，bnq由nq可知lnnnlnq，即lnq

n

n1

………………………………………………15分.lnnlnx

nN，令fxx0，易知yfx在nx0xe上递增，xe上递减，且f2f3，ln3

，即q33………………………………………………………………………7分3

1n21

（Ⅱ）易知cn，2n1n1nnn12n12n2

即lnq

因此c1c2cn21

1

2.nn12

33

，且cn0，故c1c2cn，得证.……………………………15分22x2

21.答案：（Ⅰ）y21……………3分4

t2pt2

（Ⅱ）设P,t，Dx1,y1，Ex2,y2，则切线l:ytx，2pt2p

又因为c1

pt2

4p2l:ytx

t2p，可得：21x24pxt240，由

t22

x4y40

4pt2422

即x1x2，0t4t16p0…………①224pt4pt2t2

要证MN所在直线平行于y轴即证：x1x22，即4p2t22pt412p24pt216p30…………②令tyy0，则y12p4py16p0，由12p4p

2

2

2

3

2

2

64p30

可知必有两解y1，y2，且y1y20，故对任意p0必存在y20，从而存在t

2

8p2

9p2p13p122

3

4

.22

由②可知4pt16pt12pt，从而pt4t16p当p1时，pt4t16p

2

422

p1t

4

12p2t2

422

0，从而①式成立；212p212p24222

0,pt4t16ptp1t当0p1时，t0，从而①式p1p1

成立；当p1时，9p2p13p1p19p2p12pp10，2212p2

t0，从而①式成立；p1因此满足②的解t也满足①式，从而对任意p0，都存在这样的点P，使得MN所在直线平行于y轴.………………………………………………………………………………………15分2

22.解：（I）(i)利用g(x)的极值点个数即为g

gx

'

xxea(x2)

'x的变号零点个数(x1)2,g'00,设h(x)

exa(x2)，'x由已知，方程h(x)0有两个不为0，-1的实根，h(x)ea当a0时，h(x)在R上递增，h(x)0至多一个实根，故a0h(x)在,ln(a)上递减，在ln(a),上递增，1

h(1)a011ea且a………………………………5分

h(0)12a0e2h(x)h(ln(a))aa(ln(a)2)0

min



(ii)由（I）不妨设x30,x1x2,h(1)

1

a0x11x2.e要证x1x2x32，即证x12x2而x11,2x21，由h(x)在,ln(a)上递减，在ln(a),上递增，且ln(a)1故只要证h(x1)h(2x2)，又h(x1)h(x2)0，故只要证h(x2)h(2x2)即证ea(x22)e

x22x2ex2a(2x22)，又ax22即证x2ex2(x22)e2x20设k(x)xe(x2)e

x2x(x1)

k'(x)(x1)(exe2x)0(x1)

k(x)xex(x2)e2x(x1)递增，k(x)k(1)0

即x2ex2(x22)e2x20x1x2x32………………………………………10分ex

（II）显然x1和x0均不为该函数零点，令gx2,则gxa的三个交点的横坐标x

即为三个零点x1,x2,x3，由gx

exx2x

x

4

,可知ygx在x0上增，在0x2上减，e2e2x2在x2上增,即a，所以a，此时显然有fxeax在x0上增，且4411e2

f1a0，f010，故xx1为唯一负零点，且1x10.ee4

令xex11x0，则xe2x0，即递增，x00，而x

2

x

ex1ax12，所以ax12x1210，可得1x10.…………………………15分a1