1、浙江省杭州地区（含周边）重点中学2021届高三上期中考试数学试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 若实数，满足约束条件，则取值范围是（ ）A. B. C. D. 4. 将函数向左至少平移多少个单位，使得到的图像关于轴对称（ ）A. B. C. D. 5. 函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 6. 已知正项等比数列的公比不为1，为其前项积，若，则（ ）A. B. C. D. 7. 已知，则“”是“”的（ ）
2、A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件8. 已知，若是函数的极小值点，则实数的取值范围为（ ）A. 且B. C. 且D. 9. 在中，点D满足且，则当角A最大时，cosA值为（ ）A. B. C. D. 10. 已知函数，若恰有3个互不相同的实数，使得，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 或二、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. 已知，则_；_12. 二项展开式，则_；_13. 已知，则_；_14. 已知函数，则_；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为_15. 已知，且，则最小值为_16.
3、若在上恒成立，则实数的取值范围为_17. 已知平面向量、满足，则的最大值为_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. 已知在中，角，的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）求的取值范围19. 如图，三棱台中，四边形为等腰梯形，平面平面（）求证：；（）求直线与平面所成角的正弦值20. 已知数列的前项和为，数列满足，（）求数列，的通项公式；（）若数列满足，求满足的最大整数21. 如图，点为椭圆的左顶点，过的直线交抛物线于，两点，点是的中点（）若点在抛物线准线上，求抛物线的标准方程：（）若直线过点，且倾斜角和直线倾斜角互补，交椭圆于，两点，（i）证明：点的
4、横坐标是定值，并求出该定值：（ii）当的面积最大时，求的值22. 已知，函数（）证明：函数在上有唯一零点；（）记为函数在上的零点，证明：其中为自然对数的底数浙江省杭州地区（含周边）重点中学2021届高三上期中考试数学试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出数轴，根据并集的概念求解出的结果.【详解】作出数轴如下图所示：则，故选：D.【点睛】本题考查集合的并集运算，主要考查学生对并集概念的理解，难度较易.2. 复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四
5、象限【答案】D【解析】试题分析：，对应点的坐标为，在第四象限内.考点：1.复数的计算；2.复数与点的对应关系.3. 若实数，满足约束条件，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出不等式组表示平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数的取值范围【详解】解：画出实数x，y满足约束条件所示的平面区域，如图：将目标函数变形为,则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大，由得，当目标函数过点A（1，3）时，截距最小为z167，随着目标函数向上移动截距越来越大，故目标函数的取值范围是故选：C【点睛】本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值，是
6、基础题.4. 将函数向左至少平移多少个单位，使得到的图像关于轴对称（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设函数向左平移个单位，得，根据计算出最小正数即可.【详解】解：设函数向左平移个单位，得，因为其关于轴对称，则，解得， 当时，取最小正数.即将函数向左至少平移个单位，使得到的图像关于轴对称.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的性质及函数图像的平移，是基础题.5. 函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先确定奇偶性，再取特殊值确定函数值可能为负，排除三个选项后得出结论【详解】记，则，为偶函数，排除D，当时，排除B，C故选：A【点睛】本题考查
7、由解析式先把函数图象，解题方法是排除法，可通过研究函数的性质如奇偶性、单调性等排除一些选项，再由特殊的函数值，函数值的正负，变化趋势等排除一些选项后得出正确结论6. 已知正项等比数列的公比不为1，为其前项积，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由得，由等比数列性质得，这样可把和用表示出来后，可求得【详解】是正项等比数列，所以由，得，所以，设公比为，即，所以故选：A【点睛】本题考查等比数列的性质，解题关键是利用等比数列性质化简已知条件，然后用公比表示出相应的项后可得结论7. 已知，则“”是“”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充
8、分也不必要条件【答案】C【解析】分析】从充分性和必要性两个方面，分和讨论，分别求解证明即可.【详解】解：当 ，时，此时成立，当，时，此时成立，即可以推出，反之，若，则中至少有一个负数，若均为负数，必然有，若，则，因为，则必有，所以可以推出，故“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本题考查充分性和必要性的判断，考查学生分类讨论的思想，是中档题.8. 已知，若是函数极小值点，则实数的取值范围为（ ）A. 且B. C. 且D. 【答案】B【解析】【分析】由既是的极小值点，又是零点，且的最高次项系数为1，因此可设，这样可求得，然后求出，求得的两个零点，一个零点是，另一个零点必是极大值点，由可得的
9、范围【详解】因为，是函数的极小值点，结合三次函数的图象可设，又，令得，即，由得，是极小值点，则是极大值点，所以故选：B【点睛】本题考查导数与极值点的关系，解题关键是结合零点与极值点，设出函数表达式，然后再求极值点，由极小值点大于极大值点可得所求范围9. 在中，点D满足且，则当角A最大时，cosA的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得到点的轨迹，利用圆的切线的几何性质求得最大时，的值.【详解】由于，所以在以为直径的圆上（除两点）.所以当直线与圆相切时，最大.当直线与圆相切时，由于，设，则，.，.故选：C【点睛】本题的关键条件为“”，由此可以判断出点的轨迹，从而可
10、结合圆的切线的几何性质来进行求解.10. 已知函数，若恰有3个互不相同的实数，使得，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】根据题意，令，得到函数与直线共有三个不同的交点；根据导数的方法，分别判断和时，函数的单调性，以及最值，结合题中条件，即可得出结果.【详解】因为，令，由题意，函数与直线共有三个不同的交点；当时，则，由解得；所以时，即函数单调递减；时，即函数单调递增；所以，又，所以与直线有且仅有两个不同的交点；当时，则，由得，所以当时，则函数单调递增；当时，则函数单调递减；所以，又当时，；当时，；当时，所以为使与直线只有一个交点，只需或，即或.故选：D.【
11、点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数，转化为函数交点个数问题求解即可，属于常考题型.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. 已知，则_；_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由得，根据换底公式，以及对函数的运算性质，即可得出结果.【详解】因为，所以，又，因此；.故答案为：；.【点睛】本题主要考查对数的运算，考查换底公式的应用，属于基础题型.12. 二项展开式，则_；_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式，得到展开式的第项为，即可根据题意，求出.【详解】因为展开式的第项为，令，得；令，得；令，得因此.故答案为：；
12、.【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.13. 已知，则_；_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题中条件，由两角差的正切公式，即可求出；由二倍角公式，以及同角三角函数基本关系，结合齐次式的化简，即可得出结果.【详解】因为，所以；.故答案为：；.【点睛】本题主要考查由三角函数值求函数值，考查齐次式的化简求值，熟记两角差的正切公式，二倍角公式，以及同角三角函数基本关系即可，属于基础题型.14. 已知函数，则_；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】第一空：直接代入函数计算即可；第二空：作出函数图像
13、，观察图像可得结果.【详解】解：第一空：，；第二空：的图像如下： 令，得，得，若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为.故答案为：；【点睛】本题考查分段函数的求值问题，考查学生数形结合的能力，关键是要作出函数图像，是一道中档题.15. 已知，且，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据题中条件，得到，展开后根据基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，则，所以，所以当且仅当，即（不在范围内，舍去）时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于常考题型.16. 若在上恒成立，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】对已知不等式进行变形，利用换元法、构造函数法、常
14、变量分离法，结合导数的性质进行求解即可.【详解】 (1)，令，因为，所以，则不等式化为：，设，当时，单调递减，当时，单调递增，因此当时，而，因此当时，因此，设，因此要想在上恒成立，只需，因为，所以，因此在时单调递减，所以，因此.故答案为：【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，考查了数学运算能力.17. 已知平面向量、满足，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】设与的夹角为，由条件可得出，进而可推出，然后利用辅助角公式可求得的最大值.【详解】，则，设与的夹角为，则，可得，则，所以，则，所以，当时，取最大值.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量模的最值，考查辅助角公式的应用，考查计算能力
15、，属于中等题.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. 已知在中，角，的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）求的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，求解出的大小；（2）根据已知条件将转化为的表示形式，然后利用三角恒等变换的公式并结合的范围求解出原式的取值范围.【详解】（1）由得，由正弦定理，即， .（2）因为，因为，所以，所以，所以，所以的取值范围为.【点睛】本题考查解三角形与三角恒等变换的综合应用，涉及边角转化以及辅助角公式的运用，难度一般.19. 如图，三棱台中，四边形为等腰梯形，平面平面（）求证：；（
16、）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）延长、交于点，由平面平面推导出平面，进而可得出；（）设，可得出，过点作，垂足为，计算出点到平面的距离，以及的长，即可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（I）延长、交于点，四边形为等腰梯形，则，平面平面，平面平面，平面，平面，由平面，可得，即；（II），可知为的中点.=设，则，由，可得，平面，平面，过点作，垂足为，平面，平面，所以平面，则到平面的距离，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了线面角正弦值的求解，考查计算能力，属于中等题.20. 已知数列的前项和为，数列满
17、足，（）求数列，的通项公式；（）若数列满足，求满足的最大整数【答案】（），；（）证明见解析【解析】【分析】（）利用数列的前项和求通项，以及利用累加法求数列通项（）利用裂项求和法求数列的前项和，然后证明不等式成立即可【详解】解：（）时，由得，当时，符合当时，也符合.（）因为，所以，所以即.所以满足的最大整数n为7.【点睛】本题考查累加法求数列通项，以及考查裂项求和问题，主要考查学生的运算能力，属于中档题21. 如图，点为椭圆的左顶点，过的直线交抛物线于，两点，点是的中点（）若点在抛物线的准线上，求抛物线的标准方程：（）若直线过点，且倾斜角和直线倾斜角互补，交椭圆于，两点，（i）证明：点的横坐标是
18、定值，并求出该定值：（ii）当的面积最大时，求的值【答案】（）；（）（i）点的横坐标为定值，证明见详解；（ii）【解析】【分析】（）根据点A在抛物线的准线上，可得，进而可得抛物线的标准方程：（）（i）设的方程为，设，与椭圆联立，利用点C是AB的中点得到，计算可得点的横坐标为定值；（ii）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用点C是AB的中点可得，根据三角形的面积公式以及基本不等式可求的面积最大值，由取等号的条件解得的值【详解】解：（）由题意得，点A在抛物线的准线上，则，即所以抛物线的标准方程为；（）（i）证明：因为过A的直线和抛物线交于两点，所以的斜率存在且不为0，设的方程为，其中m是斜率的倒数
19、，设，联立方程组，整理得，且，因为C是AB的中点，所以，所以，所以点的横坐标为定值；（ii）因为直线倾斜角和直线的倾斜角互补，所以的斜率和的斜率互为相反数.设直线的方程为，即，联立方程组整理得，所以，.因为点C是AB中点，所以，因为到的距离，所以.令，则，当且仅当，时等号成立，所以，.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆中的定值问题及面积最值问题，考查学生计算能力与分析能力，是一道中档题.22. 已知，函数（）证明：函数在上有唯一零点；（）记为函数在上的零点，证明：其中为自然对数的底数【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求得导数，得到在区间上单调递增，
20、结合零点的存在定理，即可求解.（2）令，得到，设，由导数求得函数单调性性与最值，证得，再构造函数，利用导数求得函数单调性与最值，进而证得，即可求解.【详解】（1）由题意，函数定义域为，可得，当时，单调递增，因为，又由，所以函数在上有唯一的零点，综上可得，函数在上有唯一零点.（2）由（1）可得且，由，令，所以，设，则，可得，所以单调递增，又由，即，函数单调递增，所以，所以，即，又因为，则 构造函数，可得，所以函数在单调递减，且，所以且，所以，即，从而，综上所述，.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题
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