浙江省超级全能生2021届高三下学期3月联考数学试题 Word版含答案.docx

1、超级全能生超级全能生”2021 高考浙江省高考浙江省 3 月联考月联考 数学数学 注意事项：注意事项： 1本试题卷共本试题卷共 4 页，满分页，满分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟分钟 2答题前，考生务必将自己的姓名、准考答题前，考生务必将自己的姓名、准考证证号填写在答题卡的相应位置号填写在答题卡的相应位置 3全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效 4回答选择题时，选出每小题答回答选择题时，选出每小题答案案后，用后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他

2、答案标号需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号 5考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回 一一、选择题：本大题共、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1已知集合 2 |4, | 13Px xQxx ，则PQ（ ） A |23xx B23xx C12xx D | 13xx 2欧拉公式cossin i ei （e为自然底数，i为虚数单位）是瑞士数学家欧拉最早发现的，是数学界 最著名、最美丽的公式之一根据欧拉公式，

3、复数 2i e在复平面内对应点所在的象限是（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3若实数, x y满足约束条件 210, 210, 10, yx yx xy 则2zxy的取值范围是（ ） A 3,2 B 3,1 C2,) D 3,) 4已知, a b都大于零且不等于 1，则“log1 ab ”是“(1)(1)0ab”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 5已知函数 | 1 ( )ln| x f xx x ，其图象大致为（ ） A B C D 6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A3 3 B2 3 C 3 3 2 D

4、 5 3 2 7在直角坐标系中，已知O为坐标原点，( 1,0),(1,0)AB点P满足3 BPAP kk且| 4PAPB， 则|OP （ ） A 7 13 13 B 85 5 C 5 13 13 D 13 2 8已知离散型随机变量 12 , 的分布列为 1 1 3 5 2 1 2 4 5 P a 1 2 b P b 1 4 1 4 a 则下列说法一定正确的是（ ） A 12 EE B 12 EE C 12 DD D 12 DD 9如图，已知在ABC中，90 ,1,2,BACABBCD为线段BC上一点，沿AD将ABD翻转至 AB D ， 若点B在平面ADC内的射影H恰好落在线段AC上， 则二面角

5、BDCA 的正切的最大值为 （ ） A 3 3 B1 C2 D3 10设数列 n x满足 2* 1 2, nnn xxx n N，且对于任意 1 0 x ，都存在正整数n使得 n xm，则实数m 的最大值为（ ） A1 5 2 B1 5 2 C2 D3 二二、填空题：本大题共、填空题：本大题共 7 小题，多空题每小题小题，多空题每小题 6 分，单空题每小题分，单空题每小题 4 分，共分，共 36 分分 11函数 2 ( )cossin cosf xxxx，则( )f x的最小正周期为_，对称轴方程为_ 12二项展开式 52345 012345 (1 2 ) xaa xa xa xa xa x，

6、则 3 a _， 35124 2345 22222 aaaaa _ 13已知圆内接四边形ABCD的边长22,7BCABCDDA，则AC _，四边形ABCD的 面积为_ 14 已知直线:(0)l ykxb k与圆 22 1xy相切， 且被圆 22 (4)4xy截得的弦长为2 3， 则k _，b_ 15已知实数, x y满足 22 3xyxy，则 22 4Sx yxy的最大值为_ 16某次灯谜大会共设置 6 个不同的谜题，分别藏在如图所示的 6 只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题并 规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部 6 个谜题，则一 名参与者一共有_种不

7、同的答题顺序 17 已知非零向量, a b的夹角为 6 ， 若存在两不相等的正实数 12 , ， 使得 12 0abab， 则 12 的取值范围为_ 三、 解答题： 本大题共三、 解答题： 本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 18 （本小题满分 14 分） 已知锐角ABC中，sin3 sinsinsinaAbCcCbB （I）求A； （）求sincosBC的取值范围 19 （本小题满分 15 分） 如图，在三棱锥PABC中，3,2,1,ABPAPBACF为线段BC的中点已知ACAB，且 二面角PA

8、B C的平面角大小为60 （I）求证：ACPF； （）求直线PF与平面PAC所成角的正弦值 20 （本小题满分 15 分） 已知, nn ab分别是等差数列和等比数列， 1122 1,0abab，且 * 12, aa nN （I）若 233 ,a b a成等差数列，求 , nn ab的通项公式； （）当2n时，证明： nn ab 21 （本小题满分 15 分） 如图，已知点 12 ,A A分别是椭圆 2 2 1: 1 4 x Cy的左、右顶点，点P是椭圆 1 C与抛物线 2 2: 2(0)Cypx p的交点，直线 12 ,AP A P分别与抛物线 2 C交于,M N两点（,M N不同于P） （

9、I）求证：直线MN垂直x轴； （）设坐标原点为O，分别记,OPMOMN的面积为 21, S S，当 2 OPA为钝角时，求 1 2 S S 的最大值 22 （本小题满分 15 分） 已知0a ，函数 2 e ( ) x f x xa （I）讨论函数( )f x的单调性； （）已知函数( )f x存在极值点 12 ,x x，求证： 12 1 2 ea f xf x a “超级全能生超级全能生”2021 高考浙江省高考浙江省 3 月联考月联考 数学数学 答案答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C B A A A D B D C B 11 【答案】 , 28 k xk Z 12 【答案】

10、80 31 13 【答案】7 9 3 4 14 【答案】 3 3 2 3 3 15 【答案】5 16 【答案】60 17 【答案】 1 0,3,) 3 18解： （）由正弦定理和已知条件得 222 3abcbc， （2 分） 由余弦定理知 222 2cosabcb cA， （4 分） 联立得 3 cos 2 A 又0, 2 A ，所以 6 A （6 分） （）sincossincos()BCBBA （8 分） sincoscossinsin 66 BBB 33 sincos 22 BB 3sin 6 B （10 分） 因为ABC为锐角三角形， 所以0,0 22 BC ，且 6 A ， 所以,

11、32 663 BB ， （11 分） 所以 13 sin 262 B ， （13 分） 故sincosBC的取值范围为 3 3 , 22 （14 分） 19解： （I）证明：如图，过点A作AQ PB，连接 222, ,APABBPBPABAQAB 又,ACAB ACAQA， 易知QAC为二面角PAB C的平面角， 即60OAC， （2 分） 1QCACQA 取AC中点E，连接,EF OE，则ACQE （4 分） 又,ACEF QEEFE， AC平面QEFP （6 分） 又PF 平面QEFP，ACPF （7 分） （）解法一：由（）易知,EQ EF EC两两垂直，故以E为坐标原点，,EC EF

12、EQ所在直线分别为x 轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 111333 (0,0,0),0,0 ,0,0 , (, 3,0),0,0 ,0.0,0, 3, 222222 EACBFQP ， 则 131333 ,3,3,0, 222222 PAPCPF （9 分） 设平面PAC的法向量为( , , )nx y z， 则 0, 0, n PA n PC 即 3 30, 22 3 30, 22 x yz x yz 可取(0,1, 2)n （12 分） 设直线PF与平面PAC所成角为 则 10 sin 10| | n PF nPF （15 分） 解法二：连接EP，在平面QEFP内过点F作

13、,FHEP H为垂足 由（1）知AC 平面,QEFPACFH 又,ACEPEFH平面ACP， （9 分） HPF就是直线PF与平面PAC所成角 （11 分） 易得 615 , 210 PFHF， （13 分） 10 sin 10 HF HPF PF （15 分） 20解： （）设数列 n a的公差为 ,0, n d db的公比为,0q q 由题可得 22 233 , ,2 ab aab 即 11 2 11 , 232, adbq adbq （2 分） 化简得 2 2310qq ，解得1q 或 1 2 因为 12 aa，即 12 bb， 所以 11 , 22 qd ， （4 分） 所以 1 31

14、 , 22 nn n n ab （6 分） （）证明：由已知可得1dq 因为 12 aa，所以 22 11 1 ba q ba ， （8 分） 所以 11 1 (1)1 (1)(1) nn nn abndqnqq （10 分） 证法一：当1q 时， 1 22 1 (1)(1)(1)(1)(1) 1 n n nn q abqnqqqqn q 因为 22 11,10 n qqqnq ，所以有 nn ab； （13 分） 当01q时， 22 11,10 n qqqnq ，所以有 nn ab 综上所述，当 * nN，且 nn ab时， nn ab （15 分） 证法二：令 1 ( )1 (1)(1),

15、0 n f xnxxx ，1x ， 所以 2 ( )(1)(1) n fxnnx 2 (1) 1 n nx 当1,20 xn时， 2 (1) 10 n nx ， 所以( )0fx ，所以( )(1)0f xf， 所以 nn ab； 当01,20 xn时， 2 (1) 10 n nx ， 所以( )0fx ，所以( )(1)0f xf， 所以( )0(01) nn abf qq 综上所述，当 * nN，且2n时， nn ab （15 分） 证法三：当3n时， 222 33 1212(1) (1)0abdqqqq 成立 假设当(3)nk k时，命题成立，则有 kk ab； 当 11 1(1) 10

16、 kkkkkkk abadb qbqb qqb 由数学归纳法可知，原不等式成立 （15 分） 证法四：由已知0,1qq， 所以11,1 2qn ， 所以 11 (11)1 (1)(1) nn qqnq ， 所以 1 1 (1)(1)1 (1) (1) 1 (1)(1)0 n nn abnqqnqnq ， 所以 nn ab （15 分） 21解： （）证明：由题可得点 12 ( 2,0),(2,0)AA 设 001122 ,P x yM x yN x y， 则直线 0 1 0 2 :2 x AP xy y ， 与抛物线 2 C的方程联立， 消去x得 02 0 22 40 p x yyp y （2

17、 分） 由韦达定理得 10 4yyp， 所以 2 2 0 1 11 2 00 4 48 , 22 p yypp yx yppy （4 分） 又直线 0 2 0 2 :2 x A P xy y ， 同理可得 2 2 0 2 22 2 00 4 48 , 22 p yypp yx yppy ， 所以 12 xx， 所以直线MN垂直x轴 （6 分） （）解法一：因为点 00 ,P x y是椭圆 1 C与抛物线 2 C的交点， 所以 2 2 0 0 1 4 x y且 2 00 2ypx （7 分） 因为 11 1OPMOA MOA P SSSS 1110 11 22 OAyOAy 2 0 0 4py

18、y ， （9 分） 2 211 3 0 132 2 2 OMN p SSxy y ， 所以 2 222 2 0001 0 2 2 41 32244 pyyyS y Sppp 2 00 84 xx （11 分） 因为 2 OPA为钝角， 所以 2 0OP A P，即 22 000 20 xxy 把 2 2 0 0 1 4 x y 代入上式， 解得 0 2 2 3 x， （13 分） 易知当 0 1x 时， 1 2 S S 取到最大值 1 8 （15 分） 解法二：因为点 00 ,P x y是椭圆 1 C与抛物线 2 C的交点， 所以 2 2 0 0 1 4 x y且 2 00 2ypx 由题可得

19、直线 11 :0OM y xx y， 点 00 ,P x y到直线OM的距离 1010 1 22 11 y xx y d yx ， 点 11 ,N xy到直线OM的距离 1 111 2 22 11 y xx y d yx ， （9 分） 0 101000 1 21 111 2 00 48 48 2 pxp y xx yyyS Sy xx ypp yy 2 00 1 2 8 xx （11 分） 因为 2 OPA为钝角， 所以 2 0OP A P，即 22 000 20 xxy， 把 2 2 0 0 1 4 x y 代入上式， 解得 0 2 2 3 x， （13 分） 易知当 0 1x 时， 1

20、2 S S 取到最大值 1 8 （15 分） 22解： （）由题可得( )f x的定义域为R 2 2 2 e2 ( ) x xxa fx xa （1 分） 当(0,1)a时，令( )0fx ， 解得 12 11,11xa xa ， 所以函数( )f x在(,11)a上单调递增， 在(11,11)aa上单调递减， 在(11,)a上 单调递增； （3 分） 当1,)a时， 2 2 2 e2 ( )0 x xxa fx xa ， 所以函数( )f x在R上单调递增 （5 分） （）证法一：由（1）可得01a，且 12 ,x x是 2 20 xxa的两根 设 12 01xx ，则( )f x在 1 x

21、处取到极大值，在 2 x处取到极小值，所以 12 f xf x （7 分） 因为 22 11221212 2 ,2,2,xax xax xxx xa， 所以命题等价于证 12 12 1212 1 222 xx x xeee xxx x ， 整理得 12 11 2112 1 xx x ex ex x ， 即 11 2 11 111 2ee10 xx xxx （10 分） 令 1 1(0,1)tx ， 故 2 ( )(1)e(1)e,(0,1) tt F tttt t ， （12 分） 则( )ee2 ,(0,1) tt F ttt 令( )ee2 tt g t ，易知( )g t在(0,1)t上

22、单调递增 因为(0)20, (1)0gg ， 所以存在 0 (0,1)t ，使 0 0g t， 所以当 0 0,tt时，( )0,( )F tF t 单调递减； 当 0,1 tt时，( )0,( )F tF t 单调递增， 所以( )max (0),(1)0F tFF， （14 分） 所以 11 2 11 111 2ee10 xx xxx 成立， 所以 12 e 1 2 a f xf x a （15 分） 证法二：由（1）可得01a，且 12 ,x x是 2 20 xxa的两根 设 12 01xx ，则( )f x在 1 x处取到极大值，在 2 x处取到极小值，所以 12 f xf x （7

23、分） 先证：当0 x时， 2 e1 2 x x x， 当0 x时， 2 e1 2 x x x ， 令 2 ( )e1(0) 2 x x m xxx ， 则( )e10,( ) x m xxm x 在0,)上单调递增， 当0 x 时，( )0m x ， 所以当0 x时，有 2 e1 2 x x x； 同理，当0 x时， 2 1 2 x x ex （9 分） 因为 1 10 x ， 11 2 11 1 1 ee ee 11 2 xx x x ， 22 2 21 22 1 10,eeee 11 2 xx x xx ， 所以 1212 f xf xf xf x 12 22 12 xx ee xaxa 12 12 22 xx ee xx （11 分） 22 12 12 12 11 1111 22 22 xx exex xx 22 12 12 11e 222 xx xx 21 e1 1 4 xx a e1 144 4 a a 1 2 ea a （15 分）