2020-2021学年浙江省百校联考高三上学期9月联考数学试题（含答案）

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1、2020202120202021 学年高三百校学年高三百校 9 9 月联考数学月联考数学试卷试卷 考生注意：考生注意： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分考试时间 120 分钟 2请将各题答案填写在答题卡上 3本试卷主要考试内容：高考全部内容 参考公式：参考公式： 球的表面积公式 2 4SR 球的体积公式 3 4 3 VR 其中R表示球的半径 锥体的体积公式 1 3 VSh 其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高 柱体的体积公式VSh 其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高 台体的体积公式 1122 1 3 Vh SS SS 其中 12 ,S S分别表示台体的上、

2、下底面积，h表示台体的高 选择题部分（共选择题部分（共 40 分）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，只有一项是正确的 1已知集合 13, 24PxxQyy，则PQ（ ） A 12xx B 23xx C |14|xx D 2复数2 3zi（i为虚数单位）的虚部为（ ） A2 B3 C3 D3i 3若实数, x y满足约束条件 10 0 xy xy ，则zxy的取值范围是（ ） A( 1,) B(, 1) C(1,) D(,1) 4函数2 cosyxx 的部分图象是（ ） A 5一个空间几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体

3、积（单位： 3 cm）为（ ） A 1 63 B 1 36 C 1 66 D 1 33 6“空间三个平面, 两两相交”是“三个平面的三条交线互相平行”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 7已知0,0mna且1a ，设, mmnn MaaNaa ，则（ ） AMN BMN CMN D()(1)0MN a 8已知点P是双曲线 22 22 1 xy ab 右支上的一点， 1 F是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线恰是线段 1 PF的中垂线，则该双曲线的渐近线方程是（ ） A 3 3 yx Byx C3yx D2yx 9已知数列 * 123 1111 ,

4、2 ,2 ,1111, n an nnn n aabMn bbbb N，则（ ） A1M B 4 3 M C2M D2M 10已知向量| 2,| 3,| | 4,| 4abcd，且0abcd ，则() ()abbc（ ） A4 B 5 2 C2 D1 非选择题部分（共非选择题部分（共 110 分分） 二、填空题：本大题共 7 小题，单空每题 4 分，双空每题 6 分，共 36 分 11已知在数列 n a中， 1 2a ，且点 1 , nn a a 在抛物线 2 4xy上，则数列 n a的前 4 项和为_ 12在二项式 10 (2)x的展开式中，常数项为_，若 10210 01210 (2)(1

5、)(1)(1)xaa xa xax，则 9 a等于_ 13已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点 37 , 44 P ，则tan _，cos2_ 14已知在棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中，点,M N P分别是棱 11111 ,CC C D AD的中点，则过点 ,M N P的平面截正方体 1111 ABCDABC D所得的平面多边形的周长为_， 该截面与底面所成锐二 面角的正切值为_ 15在一袋中有 20 个大小相同的球，其中标记数字 0 的有 10 个，标记数字n的有n个(1,2,3,4)n 现 从袋中任取一球，X表示所取球标记的数字，则(2)P X

6、 _，若2YXm，且( )1E Y ， 则实数m_ 16 已知函数 2 ( )()f xaxbxc abc有两个零点分别为1和m， 则实数m的取值范围是_ 17已知函数 2 ( ) |,0,1f xxaxb x，设( )f x的最大值为M，若 min 1M，则实数a的取值 范围为_ 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分解答应写岀文字说眀，证明过程或演算步骤 18 （本小题满分 14 分） 在ABC中，内角, ,A B C所对的边分别为, ,a b c，且2 sin3 cossinbAaBaB （1）求角B的大小； （2）设点D是AC的中点，若3BD ，求ac的取值范围 19 （本小题满

7、分 15 分） 如图，已知平面ABCD平面DBNM，菱形ABCD与菱形DBNM全等，且MDBDAB ，点G为 MC的中点 （1）求证：平面/GBD平面AMN （2）求直线AD与平面AMN所成角的正弦值 20 （本小题满分 15 分） 已知等比数列 n a的公比1q ，且 1353 42,9aaaa是 15 ,a a的等差中项 （1）求数列 n a的通项公式 （2）设 3 n n n n a b a ，数列 n b的前n项的和为 n S，求证： 21 13 n S 21 （本小题满分 15 分） 设抛物线 2 2(0)ypx p的焦点为F， 点F到抛物线的准线的距离为 2， 若椭圆 22 22

8、1(0) xy ab ab 的 右焦点也为F，离心率为 1 2 （1）求抛物线方程和椭圆方程； （2）若不经过点F的直线l与抛物线交于,A B两点，且3OA OB（O为坐标原点） ，直线l与椭圆交 于,C D两点，求CDF的面积的最大值 22 （本小题满分 15 分） 已知函数 2 ( )(2.718) x f xeax eL （1）若函数( )f x在(0,)上有两个零点，求实数a的取值范围 （2）设函数 2 ( )e( )1 x g xf xaxx ，证明：( )g x存在唯一的极大值点 0 x，且 0 3 21 e4 g x 20202021 学年高三百校学年高三百校 9 月联考月联考

9、数学参考答案数学参考答案 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，只有一项是正确的 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A D A B A D C B 8 D 解： 如图所示， 因为双曲线的渐近线为 1 , b yx OFc a ， 所以直线 1 PF的方程为() a yxc b 由 原点(0,0)O到直线 1: 0PF axbyac的距离 22 ac da ab ，可得 1 |,OMa FMb又根据几 何图形的性质，可得 12 | 2 ,|2FPb F Pa，根据双曲线的定义，可得 12 222FPF Paba，所以

10、2ba，故双曲线的渐近线为2yx 9C 2 2 ,22 n n an nn ab， 23 2 222 123 11111111 11111111 2 222 n n bbbb 23 2 22 2222 22 111111 111111 422 2222 2 11 3 11 22 nn 10B ,aAB bBC cCD dDA， 在ABC中， 由余弦定理的向量式可得， 222222 | | 22| | CACBABCACBAB CA CBCBCA CBCA ； 同理，在ABC中，可得 222 2 CACDAD CA CD 所以在四边形ABCD中， 2222 () 2 ADBCABCD AC BD

11、ACCDCB ， 即 2222 5 () () 22 ADBCABCD abbcAC BD 二、填空题：本大题共 7 小题，单空每题 4 分，双空每题 6 分，共 36 分 11 209 64 121024；10 13 7 3 ； 1 8 146 2；2 15 1 10 ；2 16 1 ,2 2 17 1 1, 8 16 1 ,2 2 令 22 ( )(1)()(1)f xaxbxca xxma xm xm ， 则 (1),bam cam ， 因为( 1)0fabc， 且abc， 所以0ac， 即( 1)aama m， 可得11mm ， 解得 1 ,2 2 m 17 1 1, 8 因为 min

12、 1M，函数 2 ( ) |,0,1f xxaxb x， 且 22 ( ) |,0,1f xxaxbxxab x， 22 ( ) |,0,1f xxaxbxxab x， 所以 1 max |,|2|,|, 4 Mababbaba ， 由题意可得，存在a，对于任意的b，使得M的最小值为 1， 由于在数轴上的点2a 和点a之间的距离恰好为 2， 因此要使M的最小值为 1，则必有2aa ，且 1 4 aa， 解得 1 1, 8 a 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程 18解： （1）在ABC中，由正弦定理 sinsin ab AB ，可得sinsinb

13、AaB， 又由sincos 6 bAaB ，可得sincos 6 aBaB ，即sincos 6 BB ， （3 分） 即 31 sincossin 22 BBB，可得tan3B ，又因为(0, )B，所以 3 B （7 分） （2）法一：如图，延长BD到E，使DEBD，连接,AE CE，则四边形ABCE为平行四边形，且 2 2 3, 3 BEBAEABc AEBCa ，在BAE中，由余弦定理可得， 222 2 (2 3)2cos 3 acac ， 即 22 12acac，可得 2 ()12acac，即 2 ()12acac， （10 分） 由基不等式可得， 2 2 ()12 2 ac aca

14、c ， 即 2 3 ()12 4 ac，即 2 ()16ac，可得4ac （当且仅当2ac时取等号） （12 分） 又由AEABBE，可得2 3ac， 故ac的取值范围是(2 3,4 （14 分） 法二：也可以用中线向量+基本不等式解决，酌情给分 19解： （1）连接AC交DB于E，连接GE（图略） ，易知/GEAM 因为GE 平面,AMN AM 平面AMN，所以/ /GE平面AMN （3 分） /MNBE，同理可证/BE平面AMN 又因为BEGEE，所以平面GBD平面AMN （7 分） （2） （几何法） （图略）连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等，且MDBDAB ， 可得,ADAB

15、BD DMBDMB，所以MEBD， 又平面ABCD平面DBNM且相交于BD，所以ME 平面ABCD 因为,MEBD ACBD，且ACMEE，所以BD 平面AMC，又因为BD 平面GBD，所以 平面GBD平面AMC， 过点C作CFGE，则CF 平面GBD，连接BF，由/ADBC，可知CBF即为直线AD与平面 GBD所成的角 （10 分） 由（1）平面GBE平面AMN，可得CBF即为直线AD与平面AMN的所成角 （12 分） 由ADABBD，可得60DAB 在直角三角形MAE中，MEAE，所以45MAE ，则45GEC ，所以 2 2 CFCE 又在直角三角形DEC中，60EDC，所以 3 2 C

16、EBC 易知 26 24 CFCEBC，所以 6 sin 4 CF CBF BC 故直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为 6 4 （15 分） （2） （坐标法） （图略）连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等，且MDBDAB ， 可得,ADABBD DMBDMB， 所以MEBD又平面ABCD平面MNBD， 且平面ABCD 平面DBNMBD，所以ME 平面ABCD， 则可以以向量,EA EB EM的方向分别作为, ,x y z轴的正方向，建立空间直角坐标系，令2AB ，则 ( 3,0,0),(0, 1,0),(0,0, 3), (0,1,0),(0,2, 3)ADMBN， （10 分）

17、设平面AMN的法向量为( , , )nx y z，则 0 0 AM n AN n ，可得 0 3230 xz xyz ， 令1x ，得0,1yz，所以平面AMN的法向量为(1,0,1)n ， （12 分） 设直线AD与平面AMN所成的角为，则 36 sin|cos,| 42 4 AD n， 故直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为 6 4 （15 分） 20（1） 解： 由 3 9a 是 15 ,a a的等差中项， 可得 1531353 218,31842aaaaaaa， 解得 3 8a ， （3 分） 由 15 34aa，可得 2 2 8 834q q ，解得 2 4q 或 2 1 4 q

18、， 又1,2qq （6 分） 故2n n a （7 分） （2）证明： 112 3 33 1 22 n n nn b ， （11 分） 342 123 242224688221, 3 5133336599313 nn nn Sbbbbn 剠 又 12 221462121 , 513651313 n SSS （15 分） 21解： （1）由已知可得， 222 1 2,(1,0),1,2,3 2 c pFceabac a ， 抛物线方程为 2 4yx，椭圆方程为 22 1 43 xy （5 分） （2）设直线l的方程为(1)myxn n ， 由 2 4yx myxn ，消去x，可得 2 440ym

19、yn， 设 1122 ,A x yB x y，则 12 12 4 4 yym y yn ， 因为 2 2 122 121212 16 443 1616 y yn OA OBx xy yy ynnn ， （7 分） 所以3n或1n（舍去） ，所以直线l的方程为3myx （9 分） 由 22 1 43 3 xy myx ，消去x，可得 22 3418150mymy， 设, CCDD C xyD xy，则 2 2 18 34 15 34 CD CD m yy m y y m ， （11 分） 设直线l与x轴交于点E， 所以 11 |2 22 CDFCDCDCD SEFyyyyyy 2 2 22 18

20、60 4 3434 CDcD m yyy y mm 2 2 4 335 34 m m （13 分） 令 2 35(0)mt t，则 2 2 5 3 t m ，所以 2 4 34 32 3 ( )4 3 9 963 t S t t t t ，当且仅当3t ， 即 42 3 m 时，等号成立，即CDF的面积取最大值，最大值为 2 3 3 （15 分） 22 （1）解： 22 ( )ee1e xxx f xaxax ，设函数 2 ( )1e x h xax 函数( )f x在(0,)上有两个零点，即函数( )h x在(0,)上有两个零点 当0a时，( )0, ( )h xh x没有零点； 当0a时，

21、( )(2)e x h xax x 当(2,)x时，( )0h x ；当(2,) x时，( )0h x 所以( )h x在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增， 故 2 4 (2)1 a h e 是( )h x在(0,)内的最小值 若(2)0h，即 2 e , ( ) 4 ah x在(0,)没有零点； 若(2)0h，即 2 e , ( ) 4 ah x在(0,)只有一个零点； 若(2)0h，即 2 e 4 a ，由于(0)1, (0)(2)0hhh，所以( )h x在(0,2)上有一个零点， 当0 x时， 易证 2 e 1 x x ， 所以 333 244 2 1616161 (4 )1

22、1110 e(2 ) e a a aaa ha aa ， 所以(2)(4 )0hha， 故( )h x在(2,4 )a上也有一个零点，因此( )h x在(0,)内有两个零点 综上，当函数( )f x在(0,)有两个零点时， 2 4 e a 注：采用分离参数的方法进行求解也可以 （2）证明：( )ee1 xx g xx，故 ( )e2e2 xx g xx ， 令( )2e2,( )2e1 xx xxx，令( )0 x，得 1 ln 2 x ， 所以( )x在 1 ,ln 2 上单调递减，在 1 ln, 2 上单调递增， 因为 1 ln 2 2 2 112 (0)0,ln2eln2ln2 10,

23、( 2)2e( 2)20 22e ， 所以 1 ( 2)ln0 2 ，所以由函数的零点存在性定理及函数( )x的单调性知，方程( )0 x在 1 2,ln 2 内有唯一实根，设为 0 x，则 0 0 2e20 x x，从而( )x有两个零点 0 x和 0， 所以可知( )g x在 0 ,x上单调递增，在 0,0 x上单调递减，在(0,)上单调递增，从而( )g x存在唯 一的极大值点 0 x 由 0 0 2e20 x x，可得 0 0 0 2 e,1 2 x x x ， 所以 00 2 00 00 00000 222111 ee112 224444 xx xxxx g xxxxx ， 取等号不成立，所以 0 1 4 g x 又因为 0 1 2ln 2 x ，且函数( )g x在 0 ,x上单调递增， 所以 2242 0 3 2 ( 2)ee( 2) 1ee e g xg 故 0 3 21 e4 g x得证