浙江省2021届高三下学期水球高考命题研究组方向性测试Ⅱ数学试题含答案.docx

1、绝密启用前 2021 届浙江省水球高考命题研究组方向性测试 数学 姓名_准考证号_ 本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共 4 页，选择题部分 1 至 2 页；非选择题部分 3 至 4 页。 满分 150 分，考试时间 120 分钟。 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定 的位置上。 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作 答一律无效。 参考公式： 若事件A，B互斥，则柱体的体积公式 P ABP AP BVSh 若事件A，B相互独立，则其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的

2、高 P ABP A P B锥体的体积公式 若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次 1 3 VSh 独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高 10,1,2, n k kk nn P kC ppkn 球的表面积公式 台体的体积公式 2 4SR 1122 1 3 VSS SSh球的体积公式 其中 1 S， 2 S分别表示台体的上、下底面积， 3 4 3 VR h表示台体的高其中R表示球的半径 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0,1,2

3、A，1,2,3,4B ，则 A B A A.1,2B.3,4C.0,1,2D.0,3,4 2.抛物线 2 1yx的准线方程是 A. 3 4 x B. 5 4 x C. 3 4 y D. 5 4 y 3.已知半径为0r r 的圆被直线2yx 和25yx 所截得的弦长均为 2，则r A. 5 4 B.2C. 3 2 D.3 4.若函数 sin 4 f xx 在区间,0 12 内单调，且,0 8 P 是 f x的一个对称中心，则的值 是 A.6B.10C.9D.2 5.函数 3 log01 a yxaxa的图像可能是 A.B.C.D. 6.己知, , ,a b c dR，则“max,max,0a b

4、c d”是“max,0ac bd”的 A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 注：max, p q表示p，q之间的较大者. 7.已知实数a，b，c成公差不为 0 的等差数列，若函数 f x满足 f a， f b， f c成等比数列，则 f x的解析式可以是 A. 2f xxB. 21f xx C. 2 f xxD. 2 1f xx 8.设随机变量,XB n p，若二项式 2 0 13 22 n n n xpaxxa x，则 A.3E X ，2D X B.4E X ，2D X C.2E X ，1D X D.3E X ，1D X 9.已知非零平面向量a ，b

5、 满足aba b ，则ab 的最小值是 A.1B.2C.3D.4 10.如图，在大小为 1 的锐二面角l 中，A，B，,M Nl，,AM BNl，C，D分别 为AB，MN的中点.记直线AN与半平面的夹角为 2 ，直线CD与半平面的夹角为 3 .若 AMMNBN，则 A. 12 2， 13 2B. 12 2， 13 2 C. 12 2， 13 2D. 12 2， 13 2 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.设i是虚数单位，复数 12 21 i z i ，则z的虚部是_，z _. 12.某几何体的三视图如图

6、所示（单位：cm） ，则该几何体的体积（单位： 3 cm）是_，表面积（单位： 2 cm）是_. 13.三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启、薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学的现代化发展作出 了巨大贡献，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一 倍角的和来化简.注意到sin36cos54，化简并整理可得sin18 _. 14.已知平面区域 10 : 310 0 xy xy xy ，则的面积是_，2xy的取值范围是_. 15.从 1，2，3，4，5，6 中选出五个数字组成五位数，要求有且仅有两个奇数相邻，则所有满足条件的五位 数的个数是_.（用数字作答

7、） 16.已知双曲线 22 :1 97 xy C，3,0A，4,0F，O是坐标原点， 过点F的直线l交双曲线C于M，N 两点，若直线l上存在点P满足4APOP ，则MN的最小值是_. 17.已知数列 n a的各项均不相同， 1 0a ，2021 k a ， 1 2,3 ii aa （2ik ，*iN） ，则正 整数k的最小值是_，最大值是_. 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. （本题满分 14 分） 在ABC中， tantan 2 tantan coscos AB AB BA .设角A，B，C所对的边分别是a， b，c. （）求 a

8、b c 的值； （）若ABC的面积 2 1 4 Sc，求sinC的值. 19.（本题满分 15 分）如图，E，F分别是矩形ABCD边AD，BC上的点，沿EF将矩形ABCD翻折成 多面体 11 ABCDEF，3ADAB， 1 3 AECFBC. （）证明： 1 EFB D； （）当 1 B DCD时，求二面角 11 AB DC大小的余弦值. 20.（本题满分 15 分）已知数列 n a的前n项和为 n S，记集合 1, * nnn TaSanN . （）若等比数列 n b的首项 1 bb，公比为b，且 n bT，求b的取值范围； （）若等差数列 n c的首项 1 cc，公差为d，且 n cnT，

9、证明：20cd. 21.（本题满分 15 分）如图，椭圆 22 22 :10 xy ab ab 的离心率为e， 1 F， 2 F分别是其左、右焦点， 过 2 F的直线l交椭圆于点A，B，P是椭圆上不与A，B重合的动点，O是坐标原点. （）若O是PAB的外心， 4 PAB ，求e的值； （）若 1 F是PAB的重心，求e的取值范围. 22.（本题满分 15 分）已知实数0a ，设函数 ln aa f xxxe. （）若函数 f x有唯一零点 a x，且1 a x ，证明： a x随着a的增大而增大； （）设 0 x是函数 f x的极值点，若对任意满足 12 f xf x的正实数 1212 ,x

10、xxx均有 120 112 xxx ，求a的取值范围. 命题&审核：水球高考命题研究组 2021 届浙江省水球高考命题研究组方向性测试参考答案 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题 4 分，共 40 分。 1.B2.C3.C4.A5.B 6.B7.D8.C9.D10.A 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分。 11. 1 2 ； 10 2 12.6；144 213. 51 4 14. 2 3 ； 2,00,1 15.36016.617.678；2028 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。 18.本题主要考查三角函数及

11、其变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查数学运算等素养。满分 14 分。 （）通分并化简得 sinsin2sinABAB， 由ABC得 sinsinABC， 由正弦定理得 2 ab c . （）由 1 sin 2 SabC得 2 2sin c C ab ， 由余弦定理得 2 2 2222 3 cos11 222 abcabcc C ababab ， 两式比对可得 3sin1 cosCC ， 解得 3 sin 5 C . 19.本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查直观想象和数学运算等素养。满 分 15 分。 （）连接BD交EF于点H. 由3ADAB， 1 3 AE

12、CFBC知 1 sincos 2 CBDBFE，因此BDEF. 由翻折知 1 B HEF，所以EF 平面 1 BB D. 又因为 1 B D 平面 1 BB D，所以 1 EFB D. （）方法一： 由（）知 11 CDB DB HDH，故 1 B DH是等边三角形.由对称性知 111 BCDB AD.过点C作 1 CMB D于M，过点 1 A作 11 ANB D于N，则CM 与 1 AN 所成的角即为所求. 不妨设1AE ，计算得 1 3 2 2 BC ， 1 3 5 4 CMA N， 3 2 MN ，则 1 57 4 CNAM. 由余弦定理计算得 1 1 cos 8 B FC，因此 1 3

13、9 2 AC . 所以 2222 11 1 1 3 coscos, 25 CNAMCAMN CM A N CMA N . （）方法二： 由（）知 11 CDB DB HDH，故 1 B DH是等边三角形，延长BA，FE交于点P，则P， 1 A， 1 B 三点共线。如图，以点D为原点，以射线DC为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz. 不妨设1AE ，则0,0,0D， 3, 3,0P ， 1 33 3 , 44 2 B ， 3,0,0C. 因此 3, 3,0DP ， 1 33 3 , 44 2 DB ， 3,0,0DC . 设平面 11 B DA的法向量 1111 ,nx y z 由 11

14、1 0 0 DB n DP n 得 111 11 333 0 442 330 xyz xy ； 设平面 1 B DC的法向量 2222 ,nxyz . 由 12 2 0 0 DB n DC n 得 222 2 333 0 442 30 xyz x . 取 1 3, 1, 1n ， 2 0, 2, 1n ， 则 12 12 12 3 coscos, 5 n n n n nn . 注意到二面角 11 AB DC是钝二面角，因此，二面角 11 AB DC大小的余弦值为 3 5 . 20.本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查数学运算和逻辑推理等素养。满分 15 分。 （1）记

15、n P为数列 n b的前n项和. 当1b 时，1 n b ， n Pn，则1n. 因此1b 符合题意. 当1b 时， n n bb， 1 1 n n bb P b ，则 1 1 1 n n bb b b . 由 12 Pb解得01b，此时 1 1 1 11 nnn nn bbb bb bb bb . 因此01b符合题意. 综上所述，b的取值范围是0,1. （）记 n Q为数列 n cn的前n项和， 由题意，1 n cndncd ， 1 121 2 n Qndncd ，则 1 12111 2 ndncddnc ， 即 2 1231220dncdnc， 故 1d . 由 12 2Qc解得1d ，因

16、此1d . 于是 22220cnc， 解得 1c . 所以 20cd. 21.本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查数学抽象、数学运算与逻 辑推理等素养。满分 15 分。 （）由椭圆的对称性得 ABx轴，ABPB， 由 2 , b A c a ， 4 PAB 得 2 b c a ， 解得 51 2 c e a . （）设 11 ,A x y， 22 ,B xy， 33 ,C x y，直线l的方程是xmyc. 将直线l的方程代入椭圆 22 22 :1 xy ab 得 22222222 20ab myb cmybca， 所以 2 12 222 2b cm yy ab

17、m ， 2 1212 222 2 2 a c xxm yyc ab m . 由 123 1 0 3 yyy， 123 1 3 xxxc 得 2 3 222 2b cm y ab m ， 222 3 222 53a cb cm x ab m . 将C的坐标代入椭圆 22 22 :1 xy ab 得 2 222 2 222222 2 53 4 a cb cm b c mab m a ， 令 22 0,b mt ，则 222224 913422510etea tea. 该方程在0,内有解，而 44 2560e a ，因此 2 22 910 3422510 e ee 或 2 2 1 17 0 91 e

18、 e 或 2 2 22 1 17 0 91 912510 e e ee ， 解得 11 53 e. 22.本题主要考查函数的单调性、零点，导数的运算及其应用，同时考查数学抽象、逻辑推理与数学运算等 素养。满分 15 分。 （）当0a 时， f x单调递增. 注意到 10f， 0f e ，则 f x在1,e内有唯一零点 a x. 任取 12 0aa，则有 2211 1111 lnln0 aaaa aaaa xxexxe， 故 22 1122 lnln aa aaaa xxxx， 因此 12 aa xx，即 a x随着a的增大而增大. 当0a 时， 1 11 a a ax fxax xx ，所以

19、x 1 0,a a 1 a a 1 , a a fx -0+ f x单调递减极小值单调递增 若10a ，则 1 1 a a ，而 10f， 故若 f x有零点 a x，必有1 a x ，舍去； 若1a ，则 1 1 a a ，而 1 ln 111 0 a a a aea f xfe aaaa ， 故 f x没有零点，舍去. 综上所述， a x随着a的增大而增大. （）由（）知此时0a ， 0 1 a x a ，作换元 1 1 1 t x ， 2 2 1 t x ，0ma ，则 1122 lnln mm ttttb， 11 1 m a m a . 令 1 2 1 t k t ，解得 1 ln 1

20、 m m k tk k ， 2 ln 1 m m k t k . 记 12 12 121ln1 m m mm mm m g kkttkkk mm ，则 1 1 1 1ln2 m m mm k gkm kkk k . 令 ln2 1 11 1 m m kg kmkkk h k kk k ，则 1 2 2 ln21 1 1 m mk h kkk k k . 令 2 1 12 ln21 1 m kh kk kkk mk ，则 2 1 21 1 1 mm m mk k k k . 由于 13m，故 当3m时， 10， 2 2 2 28 ln21ln1 1 1 kk kkkkk k k . 令 22 2

21、 11ln18p kkkkkkk，则 2 1 21 ln395p kkkkk k ， 2 21 2ln67pkkk xx ， 2 3 213 60 24 pkx x . 故 pk单调递增. 所以 10pkp，故 p k单调递增. 所以 10p kp，故 p k单调递增. 所以 10p kp， 0k， 0h k，故 h k单调递增. 所以 10h kh， 0g k，故 g k单调递增. 所以 10g kg，故 12 1 20 m m m tt m ， 12 1 2mtt m . 此即 120 112 xxx ，因此30a 符合题意. 当3m 时， 10，故存在1t 使得 k在1,t内单调递减. 所以 10k， 0h k，故 h k在1,t内单调递减. 所以 10h kh， 0g k，故 g k在1,t内单调递减. 所以 10g kg，故 12 1 20 m m m tt m ， 12 1 2mtt m . 此即 120 112 xxx ，因此3a 不符合题意. 综上所述，a的取值范围是3,0.