2021届浙江省台州市六校高三上学期期中联考数学试题(解析版).doc

1、2021届浙江省台州市六校高三上学期期中联考数学试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【分析】利用并集的定义可求得集合.【详解】，故.故选：B.2已知复数，则（ ）A的虚部为B的实部为2CD【答案】B【分析】根据虚数单位的性质及复数的概念即可求解.【详解】因为，所以复数的实部为2，故选：B3若实数，满足约束条件，则的最小值是（ ）ABCD【答案】C【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】由约束条件作可行域如图，联立，解得，化目标函数为，由图可知，当直线过时，有最小值为故选：4如图：某四棱锥的三视图(单

2、位：)如图所示，则该四棱锥的体积(单位：)为（ ）ABCD【答案】D【分析】本题可通过三视图绘出几何体，然后通过三视图得出底面积和高，最后根据棱锥的体积计算公式即可得出结果.【详解】如图，结合三视图绘出几何体，该几何体是四棱锥，高，底面是正方形，则该几何体的体积为(单位：)，故选：D.5设为空间一点，、为空间中两条不同的直线，、是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则与必有公共点C若，则D若与异面，则【答案】C【分析】根据A选项中的条件，作出图形，可判断A选项的正误；取，判断出与的位置关系，可判断B选项的正误；利用线面垂直的性质可判断C选项的正误；根据D选项中的条件作出

3、图形，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，如下图所示：设，则，满足，但，A选项错误；对于B选项，若，则满足条件，若，则或，B选项错误；对于C选项，可知，又，C选项正确；对于D选项，如下图所示，与异面，但与相交，D选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛：解答空间中点、线、面位置关系的判定问题常见解题策略：（1）对空间平行关系的转化条件理解不透导致错误；对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；（2）对于空间中的垂直关系中确定线面垂直是关键，证明线线垂直则需借助线面垂直的性质，垂直关系的判定定理和性质定理合理转化是证明垂直关系的基本思想.6函数的零点个数为（ ）A1B2C3D4

4、【答案】B【分析】化简函数，令，得，再分别确定零点的个数，可得选项.【详解】因为，所以令，得，所以，当时，即，所以，其中，所以有两个不等实数根；当时，即，所以，其中，所以无实数根；所以函数有两个零点，故选：B.【点睛】方法点睛：求函数的零点的个数，可以运用函数与方程的关系将问题转化为方程的根的个数.7把标号为，的4个小球随机放入甲乙丙三个盒子中，则号球不在甲盒子中的概率为（ ）ABCD【答案】A【分析】分别求出基本事件总数及号球在甲盒子中的事件个数，利用古典概型公式计算得解【详解】标号为，的4个小球随机放入甲乙丙三个盒子中,基本事件总数为号球在甲盒子中的事件个数为，则号球不在甲盒子中的概率为

5、故选：A【点睛】具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型(1)有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；(2)等可能性：每个基本事件出现的可能性相等8若平面上两点，则：上满足的点的个数为（ ）A0B1C2D与实数的取值有关【答案】C【分析】首先利用直接法求点的轨迹方程，则转化为直线与轨迹曲线的交点个数.【详解】设，整理为：，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，直线是经过定点，斜率存在的直线，点在圆的内部，所以直线与圆有2个交点，则：上满足的点的个数为2个.故选：C【点睛】方法点睛：一般求曲线方程的方法包含以下几种：1.直接法：把题设条件直接“翻译”成含的等式就得到曲线的轨迹

6、方程.2.定义法：运用解析几何中以下常用定义（如圆锥曲线的定义），可从曲线定义出发，直接写出轨迹方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出轨迹方程.3.相关点法：首先要有主动点和从动点，主动点在已知曲线上运动，则可以采用此法.9已知，若，则下列结论一定成立的是（ ）ABCD【答案】D【分析】由时，构造函数，可判断在上单调递增，从而有，当时，可得，不合题意，由时，则，可得，从而可得【详解】解：当时，则，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，所以；当时，则，所以，不合题意；当时，则，所以，所以，所以，综上可得，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查由函数的单调性的应用，考查三角函数的应用，解题的关键

7、是分和，利用放缩法对变形，然后构造函数，利用导数判断其在上单调递增，考查转化思想和计算能力，属于较难题10数列满足，则以下说法正确的个数（ ）； ；对任意正数，都存在正整数使得成立；.A1B2C3D4【答案】D【分析】利用二次函数的性质及递推关系得，然后作差，可判断，已知等式变形为，求出平方和可得成立，利用简单的放缩可得，可判断，利用数学归纳法思想判断【详解】，若，则，正确；由已知，正确；由及得，显然对任意的正数，在在正整数，使得，此时成立，正确；(i)已知成立，(ii)假设，则，又，即，由数学归纳法思想得正确4个命题都正确故选：D【点睛】方法点睛：本题考查由数列的递推关系确定数列的性质解题方

8、法一是利用函数的知识求解，二是利用不等式的放缩法进行放缩证明，三与正整数有关的命题也可利用数学归纳法证明二、双空题11设等差数列的公差为非零常数，且，若，成等比数列，则公差_数列的前100项和_.【答案】1 【分析】利用等差、等比数列的性质列出关于的方程，解之可得，然后得出通项公式，用裂项相消法求和【详解】，成等比数列，即，又，解得，故答案为：1；【点睛】本题考查求等差数列的基本量运算，等比数列的性质，裂项相消法求和数列求和的常用方法：设数列是等差数列，是等比数列， （1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为

9、常数，）的前项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和12已知的展开式中各项系数之和等于0，则_其展开式中含项的系数为_.【答案】 【分析】令求出，分别得出， 的展开式，进而得出的展开式，再令，求出含项的系数.【详解】令，则，解得的展开式的通项为，的展开式的通项为则的展开式的通项为令，即，即或即展开式中含项的系数为故答案为：；13锐角中，内角，所对的边分别为，且，则角的大小为_；若，则面积的取值范围是_.【答案】 【分析】用正弦定理化角为边后，应用余弦定理可求得，把

10、三角形面积表示为的函数，由三角函数性质求得范围【详解】，整理得，又是三角形内角，是锐角三角形，则，由正弦定理得，故答案为：；【点睛】方法点睛：在解三角形中，出现边角混合等式时，常常利用正弦定理进行边角互化而三角形面积或周长范围时，一般把面积或周长表示一个内角的函数，利用三角函数的恒等变换，结合三角函数性质求得结论，解题时注意角的范围的确定14如图：正方体的棱长为2，分别为棱，的中点，则二面角的余弦值为_；若点为线段上的动点(不包括端点)，设异面直线与所成角为，则的取值范围是_.【答案】 【分析】设二面角为，利用面积投影法，即可得解；连接，易知或其补角，设，在中，由余弦定理可列得关于的函数关系式

11、，从而得解【详解】由正方体的性质知，平面，设二面角为，则，二面角的余弦值为连接，或其补角，设，在中，由余弦定理知，令，则，在上单调递增，故答案为：；，【点睛】关键点点睛：二面角的求法中有面积法，一个面积为的半平面在另一个半平面上投影面积为,则，是二面角的平面角.三、填空题15若函数在区间上有极大值，则的取值范围是_.【答案】【分析】求导，得出导函数取得正负的区间，从而得出原函数的单调性，从而得出当 时，函数取得极大值，再由已知得出不等式组，解之可求得范围.【详解】由得，所以在和上，在上，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数取得极大值，若函数在区间上有极大值，则a1，解得-1a1

12、，则的取值范围是，故答案为： .16已知椭圆：和双曲线：的焦点相同，分别为左右焦点，是椭圆和双曲线在第一象限的交点，轴，为垂足，若(为坐标原点)，则椭圆和双曲线的离心率之积为_.【答案】【分析】设椭圆和双曲线的半焦距为c，根据，得到P的横坐标为，设，分别利用椭圆和双曲线的定义求得，然后再利用椭圆和双曲线的第二定义求解.【详解】设椭圆和双曲线的半焦距为c，所以，即P的横坐标为，设，由椭圆的定义得：，由双曲线的定义得：，联立解得，设椭圆和双曲线的离心率分别为：，由椭圆的第二定义得，解得，由双曲线的第二定义得：，解得，又，则，所以，故答案为：17已知，则的最小值为_.【答案】【分析】求出，再利用向量

13、的数量积展开，根据二次函数配方即可求解.【详解】，代入，原式，当时，原式最小值为.故答案为：四、解答题18如图，点是半径为1的砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置开始，按逆时针方向以角速度作圆周运动，点的纵坐标关于时间(单位：秒)的函数，记作：.（1）若点，求；（2）若将函数的图象向右平移2个单位长度后，得到的曲线关于原点对称；当时，求函数的值域.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)设的初始角为，由可得的正余弦值，由两角和的正弦公式即可计算.(2）利用三角函数的平移变换可得，由，结合范围，求出得解析式即可求值域.【详解】（1）设的初始角为，则由得，.（2），则，则，由得，又，故的值域为.19如

14、图：三棱锥中，平面，且，；，垂足分别为，.（1）求证：为直角三角形；（2）求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证明平面，可得，则可得平面，即可得出，进而平面，即得出可说明；（2）以点为原点，过做的平行线，如图建立空间直角坐标系，利用向量法可求出.【详解】解：（1）平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，为直角三角形；（2）以点为原点，过做的平行线，如图建立空间直角坐标系，则，.由（1）得平面，为平面的法向量，直线与平面所成角大小为.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关

15、”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20已知数列的前项和为，满足，令，.（1）求证：数列为等比数列，并求；（2）记数列的前项和为，求证：.【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析.【分析】（1）求出的值，利用与的关系可得出，证明出结合，可证明出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，进而可求得；（2）利用放缩法得出，利用分组求和法结合等比数列的求和公式可证得.【详解】（1）当时，；当且，由，可得，上述两式作差得，即，所以，所以，等式对任意的恒成立，由，所以为等比数列，且该数列的首项为，公比为，所以，；（2）先证明

16、以下结论：若，则.当，时，所以，当，则.本题中，则，.【点睛】方法点睛：本题考查利用放缩法证明数列不等式，常见的放缩公式如下：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）；（8）；（9）；（10）；（11）；（12）；（13）.21如图：已知抛物线：与椭圆：有相同焦点，为抛物线与椭圆在第一象限的公共点，且，过焦点的直线交抛物线于，两点交椭圆于，两点，直线，与抛物线分别相切于，两点.（1）求椭圆的方程；（2）求的面积的最小值.【答案】（1）；（2）最小值为3.【分析】（1）由抛物线的定义可得点的纵坐标，再代入抛物线方程可得的横坐标，然后把点的坐标代入椭圆方程，再结合焦点坐标即可求解；（

17、2）经分析直线的斜率存在，可设出直线的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理的关系式，然后求出弦长，再求出到直线的距离，即可求出的面积的表达式，再利用函数的性质求出最小值即可.【详解】解：（1），.为抛物线与椭圆在第一象限的公共点，且，：.（2）设，由已知得直线斜率存在，设为，：，：，即.，即， ，设， ， ，.令，当，即时，的面积最小，的最小值为3.【点睛】关键点点睛：本题第二问涉及弦长，切线，交点，面积最值的综合问题，属于中档题型，本题的关键是利用导数的几何意义表示在点处切线的方程，以及根据过焦点的直线与抛物线相交的性质，得到点的坐标，后面再表示面积就容易了.22设函数，.（1）若对恒成立，求

18、的取值范围；（2）若，当时，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，分类讨论，确定的单调性，最大值，解相应的不等式可得；（2）变形为，在证的不等式中若或，不等式已经成立，因此只要证时不等式成立，首先引入函数，由导数确定出的单调性，要证的不等式为转化为证，即证：，为此再引入新函数，利用导数可证【详解】（1）解：，当时，令得：，在区间上单调递增，在区间上单调递减.，由，得：，当时，则对恒成立，在区间上单调递增，且，所以不符合.故：的取值范围为.（2），得：，若或，则结论显然成立.当时，令，所以为单调递增函数，则，证：证：，而，所以等价于证：，即证：，令：，得：在区间上递增，在区间上递减，因为，所以，所以，故原不等式得证.【点睛】关键点点睛：本题考查考查不等式恒成立问题，考查与方程根的不等式的证明证明不等式时第一个关键点是利用两个变量之间的关系，把问题转化为一个变量，第二个关键点在于等价转化，通过引入函数，利用函数的单调性进行转化最终转化为研究函数的性质即可证同时注意问题的转化，如本题中或时，不等式已经成立，只要证明时即可