浙江省协作体2021-2022高三数学下学期入学联考试卷（Word版带答案）

2021学年第二学期浙江名校协作体高三下开学考一、选择题：每小题4分，共40分1.设全集，集合，，则集合（）A．B．C．D．2.已知为虚数单位，复数z满足：，则的虚部为（）A．1B．C．D．3.已知a，，则“”是“”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4.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是（）A．B．C．D．5.若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（）A．5B．4C．3D．26.函数的图象大致是（）7.函数在区间上不可能（）A．有最大值B．有最小值C．单调递增D．单调递减8.已知a、b、c、d均为正实数，且，则的最小值为（） A．3B．C．D．1.如图，中，，，，D为AB边上的中点，点M在线段BD（不含端点）上，将沿CM向上折起至，设平面与平面ACM所成锐二面角为，直线与平面AMC所成角为，直线MC与平面所成角为，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（）①；②；③A．①B．①②C．②③D．①③2.已知各项均为正数的数列满足，，其前n项和为，则下列关于数列的叙述错误的是（）A．B．C．D．二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分3.已知函数，则；方程的解集为．4.我国古代数学家已经会借助三角数表来计算二阶等差数列的和，例如计算，把第一个数表逆时针旋转两次，得到后两个数表，再把3个数表叠在一起，每一个位置的和都是5，所以，我们使用类似的想法计算：，三个数表叠加之后每一个位置的和都是；推广可得的求和公式．5.已知多项式，则，． 1.已知点A是直线在第一象限上的动点，点B是直线在第二象限上的动点，O为原点，则；当线段AB长为2时，面积的最大值为．2.盒中有4个球，其中1个红球，1个黄球，2个蓝球，从盒中随机取球，每次取1个，取后不放回，直到蓝球全部被取出为止，在这一过程中取球次数为，则的方差．3.已知，分别为双曲线（，）的左右焦点，过的直线与双曲线的右支交于A、B两点，记的内切圆半径为，的内切圆半径为，，则此双曲线离心率的取值范围为．4.已知平面向量，，满足：，，则的最小值为．三、解答题：5小题，共74分5.（本题满分14分）在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．（1）若，求角A；（2）求的取值范围．6.（本题满分15分）如图，四棱锥中，平面平面ABC，，，，，，．（1）求证：；（2）当时，求直线MC与平面PAC所成角的正弦值． 1.（本题满分15分）已知数列满足：，，，且；等比数列满足：，，，且．（1）求数列、的通项公式；（2）设数列的前n项和为，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围．2.（本题满分15分）如图，已知抛物线上的点R的横坐标为1，焦点为F，且，过点作抛物线C的两条切线，切点分别为A、B，D为线段PA上的动点，过D作抛物线的切线，切点为E（异于点A，B），且直线DE交线段PB于点H．（1）求抛物线C的方程；（2）求证：为定值；（3）设，的面积分别为，，求的最小值．3.（本题满分15分）已知函数，．（1）当时，求的单调区间；（2）设函数，①若有且只有一个零点，求实数a的取值范围；②记函数，若关于x的方程有4个根，从小到大依次为，，，，求证：；． 2021学年第二学期浙江省名校协作体联考参考答案高三年级数学学科命题：春晖中学、湖州中学审核：温岭中学一、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.题号12345678910答案CBDCAACDBB10.【解析】设函数，则，故在上单调递增.用数学归纳法先证：当时，有；假设，由于，从而.由数学归纳法原理可知.对于选项A，由于，则，故A正确.对于选项B,由于当时，可利用导数证明不等式：，故，从而选项B错误.对于选项C，也可用数学归纳法.当时，有成立，假设若，则，与假设矛盾，故.故.从而选项C正确. 对于选项D，当时,，故选项D也可如下证明：由于，从而.从而由柯西不等式得.综合上述，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.,12.14；13.8；2514.,15.16.17.17.解析：如图，设，由的几何意义可得的轨迹为抛物线：.可看作抛物线上任意点到以为圆心，半径为1的圆上任一点的距离，设，则，当时取等号.故的最小值为.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)解析：……………………1分由正弦定理得……………………2分……………………3分……………………4分（Ⅰ）……………………5分 ……………………6分……………………7分，即……………………8分（Ⅱ）………………9分………………10分……………………11分……………………12分……………………13分……………………14分19.(本小题满分15分)解析：法一：（Ⅰ）证明：过在平面内做作的垂线，垂足为，因为平面平面，所以过作垂直平面，垂足为，连接交于所以，所以四点共面又，所以，所以，所以是矩形……………………………4分所以，因为，所以为中点，又因为，所以，所以，所以，所以，又，，所以，又，所以…………………………7分 （Ⅱ）延长使得，所以，所以与平面共面，平面，交线为，所以过在平面内作,垂足为所以.……………………………9分所以是与平面所成角.…………………………11分因为，，，所以，所以，又因为，所以，因为，可求得：，,……………14分直线与平面所成角的正弦值为.………15分法二：（Ⅰ）取中点，由平面平面，，可知如图建系，……………2分,，，设，则……………4分（Ⅰ）得，得……………7分（Ⅱ）推出,……………9分所以，设平面的法向量为，…………12分设直线与平面所成角为所以直线与平面所成角的正弦值为..………………15分20.(本小题满分15分) 解析：（Ⅰ）由两边同除得：，两边同除得：，则，………………………2分所以，（）………4分所以，又符合，故，……5分由得：，解得：，所以.……7分（Ⅱ）∵，∴①∴②由①-②得：，∴.……………………………………11分则，由得：， 因为所以当为偶数时，；当为奇数时，.故…………………………………13分所以，即，故的取值范围是.…15分21.(本小题满分15分)解析：（I）由抛物线定义及得，则所以抛物线的方程为.………………………4分（II）（i）证明：设直线则由得，∴不妨设，，，，……6分设，，设直线，则由得……8分∴，由得∴（定值）……10分 （ii）由（i）得，，∴，，………12分∴∴∴在上递减，在递增∴.………………………………………………………15分22.(本小题满分15分)解答：（Ⅰ）令，,,……2分在定义域上单调递减，所以为的极大值点,……4分所以在上单调递增，单调递减.……5分（或者求出的单调区间，再利用对称性得的单调区间）（Ⅱ）（i），因为……7分，当时取等号.……9分所以当时，，单调递减，又，符合要求.当时，由的对称性，只需考虑，由得又，所以在上有零点，又，与有且只有一个零点矛盾. 综上:.……11分（ii）由的对称性，关于轴对称,有4个根，由（i）中分析可知，,所以，不妨考虑时,此时，考虑在处的切线，记，由（i）得，所以，即在上恒成立，，推出，所以，所以……13分又时，推出，并由对称性,.……15分。