《2021届浙江省嘉兴市六校高三下学期数学5月联考试卷及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届浙江省嘉兴市六校高三下学期数学5月联考试卷及答案.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三下学期数学高三下学期数学 5 5 月联考试卷月联考试卷一、单项选择题一、单项选择题1.为虚数单位，且复数是纯虚数，那么实数A.1 或-1 B.1 C.-1 D.02.二项式的展开式的第 3，4，5 项之和是 D.，那么，那么运算符可能是A.460 B.140 C.3.设集合，假设A.B.C.D.4.在平面直角坐标系中，以下不等式组表示的平面区域是一个锐角三角形的是A.B.C.D.5.某几何体的三视图如下列图，那么该几何体的外表积是A.6.直线A.7.在 B.C.与圆相切，那么 D.的取值范围是D.B.中，“C.为钝角三角形是“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
2、不必要条件8.得四边形，过抛物线的焦点作直线交于，两点，假设上存在点，使为平行四边形，那么 tA.是定值 B.有最大值 C.有最小值 D.以上说法均不正确9.数列满足，当取最小值时，该数列的前 2021 项的和是A.674 B.673 C.1348 D.134710.如图，将矩形纸片，直线，折起一角落与平面得到，记二面角的大小为所成角分别为，那么A.B.C.D.二、填空题11.早在宋代，我国著名学者沈括编著的?梦溪笔谈?中，就有对排列组合问题的研究：在一个中，布局 4 颗相同的棋子，且每一行只有1 颗棋子，那么不同的棋局总数为_12.假设正实数，满足13.平面单位向量夹角，那么14.过点15.
3、假设函数_，满足，那么的最小值是_，的最小值是_的直线在坐标轴上的截距相等，那么 的方程是_，原点到的距离是_的局部图象如下列图，那么_，记为向量与的的棋盘16.在 1，2，3，9 这 9 个自然数中，任取3 个数，其中恰有1 个偶数的概率是_用数字作答，记为这 3 个数中两数相邻的组数例如：假设取出的数为1，2，3，那么有两组相邻的数1，2 和 2，3，此时的值是 2，那么17.，函数_，那么的零点个数是_，假设实数满足，那么的取值范围是_三、解答题18.函数1求2假设19.等腰梯形的极值点；，中，求，矩形满足：平面平面，如下列图1求证：2求二面角20.数列求，与平面：的余弦值满足：；，记数
4、列的前项和为，求证：21.如图，直线在，为椭圆交于点与抛物线的公切线，其中点，分别上，线段求记的取值范围；的面积为，求的最小值，的定义域的交集为，假设对任意的成等差数列，那么我们称，都存在，为一对“，22.定义：函数使得，成等比数列，函数，函数求函数求证：假设自然对数的底数的单调区间；，对任意的，为一对“函数，求证：为答案解析局部一、单项选择题1.【解析】【解答】因为复数故答案为：A.【分析】利用复数的乘除法运算法那么求出复数从而求出实数 a 的值。2.【解析】【解答】二项式 第 3，4，5 项之和是故答案为：D【分析】利用条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，进而求出展开式中的第3，4，
5、5 项，从而求出展开式中第 3，4，5 项之和。3.【解析】【解答】对任意拟，A 符合题意；，设又故答案为：A【分析】利用集合，假设，那么，从而结合对数的运算法那么和元素与集合间的关系，从而推出运算符可能的选项。，但，而，那么不能写成，所以，所以，B 不符合题意，D 不符合题意，显然，。的展开式的通项为的代数表达式，再利用复数为纯虚数的判断方法，是纯虚数，故，即。的形式，C 不符合题意4.【解析】【解答】A 中的区域不是三角形如下列图：B 中的区域是锐角三角形如下列图：C 中的区域不是三角形如下列图：D 中的区域是钝角三角形如下列图：由,得，所以，由,得，所以由，得，所以因为所以为钝角。，故答
6、案为：B【分析】利用条件结合二元一次不等式组画出可行域，从而结合可行域对应的图像结合数量积的坐标表示和数量积的正负判断角的取值范围，进而选出不等式组表示的平面区域是一个锐角三角形的选项。5.【解析】【解答】根据三视图可得如下列图的几何体，、该几何体的外表积为：。故答案为：D.【分析】利用三视图复原得出立体几何图形，再利用条件结合面积求和法，从而求出多面体外表积，进而求出该几何体的外表积。6.【解析】【解答】由条件可知，。故答案为：C【分析】利用条件结合直线与圆相切的位置关系判断方法，从而求出7.【解析】【解答】取故“假设为钝角三角形推不出“，那么.的取值范围。，即，假设同理假设所以故故“为钝角
7、或直角，那么为锐角.，那么，故，故即为钝角.能推出“，矛盾，故为锐角，矛盾.为钝角三角形，故答案为：B.【分析】利用条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出“的必要不充分条件。，所以，。，为钝角三角形是8.【解析】【解答】由抛物线方程可得：设直线由故所以故答案为：A.可得，所以，的中点为，故【分析】利用抛物线的标准方程确定焦点的位置，从而求出焦点的坐标，设直线的中点为，再利用直线与抛物线相交联立二者方程，再结合韦达定理和中点坐标公式，从而求出点 M 的坐标，进而求出点 Q 的坐标，再利用点 Q 在抛物线上结合代入法，从而求出t的值，进而推出 t 为定值。9.【解析】【解答】假设假设故假设
8、假设整理得到假设整理得到又当此时时，有，那么，但，那么，那么，解得，那么，无解.，且.且，那么，故为常数列，故，故，故或舍去.，此时舍.，故舍去.确为周期为 3 的周期数列.该数列的前 2021 项的和为故答案为：C.【分析】假设那么但，故，故，假设，那么，且，那么为常数列，故。，此时或，故舍去，假设，再利用绝对值方程求解方法，故舍去，假设，那么，那么且，整理得到舍，故，整理得到的值，假设，无解，又当时，有为周期为，从而结合周期函数的定义得出此时数列3 的周期数列，再利用数列的周期性，从而求出该数列的前2021 项的和。10.【解析】【解答】如图，过作平面，垂足为，过作，垂足为，设因为而所以又
9、在直角三角形故故整理得到故整理得到假设，由，故平面，故，故，中，.，平面平面，故，而平面，同理，同理，即可得即，但故.，故，即，矛盾，A 符合题意，B 不符合题意.由而均为锐角，故可得，CD 不符合题意.故答案为：A.【分析】过二、填空题11.【解析】【解答】如下列图，以下列图是一个4 行 3 列的棋盘，假设每行只有一个棋子，每颗棋子放在一行，都有 3 种方法，那么共有故答案为：81。【分析】利用条件结合排列的方法，从而求出不同的棋局总数。12.【解析】【解答】因为正实数，满足或那么时，由不等式又所以故答案为：【分析】因为正实数，满足解集的方法解得的取值范围，而，所以均为正数，所以，设，再利用
10、一元二次不等式求，所以时，的最小值是。，当且仅当，而均为正数，所以，设，时等号成立知，在上单调递增，所以，解得种方法。作平面，垂足为，过作，垂足为，再利用折叠的方法结合二面角的求解方法和线面角的求解方法，从而推出，进而选出正确选项。取得最小值。那么单调递增，又因为，所以，再利用均值不等式求最值的方法，得出时，取得最小值，进而求出，在上的最小值。，13.【解析】【解答】如下列图，设因为所以又因为故点是与点在直线，所以上运动，所以点在直线上运动，的交点，过点作交的圆，于点，利用相似可知所以又因为向量在所以因为所以当所以【分析】设，因为运动，又因为，所以，与时的最大值为都单调递增，中，故点的轨迹是以
11、与为圆心，半径为的夹角为角，由正弦定理可得，最大，此时。，再利用平行四边形法那么，所以，所以点在直线上运动，故，过点为圆心，半径为中，点是作，所以与点在直线上的交点，利用两几何交于点与，所的图形相似对应边成比例，可知以夹角为角，故点的轨迹是以，在的圆，又因为向量，由正弦定理可得，因为最大，从而求出此时14.【解析】【解答】当直线过原点时，此时原点到直线的距离为；当直线不过原点时，设直线即直线方程是此时原点到直线的距离，即与，过点都单调递增，所以，当的值，进而求出时，即，时，的最大值。，当直线过点，。时，得，故答案为：，；，。【分析】利用点斜式设出过点求出原点到直线的距离。15.【解析】【解答】
12、由题意而，所以，故答案为：，。的直线的方程，再利用分类讨论的方法，再转化为直线的截距式方程，再利用直线在坐标轴上的截距相等，从而求出直线的方程；再利用点到直线的距离公式，从而，所以，又，所以。【分析】利用正弦型函数的局部图象的最高点的纵坐标求出A 的值，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而求出 的值，再利用正弦函数五点对应法，从而结合 取值范围，从而求出 的值，从而求出正弦型函数的解析式，再结合代入法求出函数值。16.【解析】【解答】1记“这 3 个数恰有一个是偶数为事件2随机变量的取值为 0，1，2，的情况：123、234、345、456、567、678、789，共 7 种可能，的情况：，
13、总共 42 种，的情况：故所以的分布列为，种，有，有种；种；，那么A所以的数学期望为故答案为：；。01，。2【分析】利用条件结合组合数公式，再结合古典概型求概率公式，从而求出任取3 个数，其中恰有 1 个偶数的概率；利用条件求出随机变量的取值，再利用组合数公式结合古典概型求概率公式，从而求出随机变量的分布列，再利用随机变量分布列结合数学期望公式，从而求出随机变量的数学期望，再结合数学期望的性质，从而求出17.【解析】【解答】令当假设当当且假设时，时，；，或，那么，时，0 个零点；或。成立；时，有，那么的值。，当，得，所以，假设时，有，假设一个解；假设，因为，那么时，那么，解得，那么无解；，无解
14、；，无解；，解得，那么所以的取值范围是故答案为：当时，1 个零点，当【分析】利用条件结合分段函数的解析式，再利用代入法结合函数零点的定义，从而结合分类讨论的方法和函数的零点与方程的根的等价关系，进而求出零点的个数；再利用条件结合分段函数的解析式，再结合分类讨论的方法结合绝对值不等式求解集的方法，从而求出实数a 的取值范围。三、解答题18.【解析】【分析】1利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值点。2利用条件本关系式，从而得出的值。结合代入法，得出，再利用结合同角三角函数根，再利用角之间的关系式结合两角差的正弦公式，从而求出19.【解析】【分析】1 在等腰梯形利用平面。2 以，平面中
15、，不妨设，可知，再平面，从而结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，从而证出直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式结合二面角为锐角，从而求出二面角的余弦值。20.【解析】【分析】1利用条件结合递推公式变形，从而结合等差数列的定义，从而推出数列等差数列，再利用等差数列通项公式，从而求出数列而求出数列法得出比数列的通项公式，从而求出数列2由 1 得所以，*，记，再将成立。代入*的前 n 项和，再利用条件为的通项公式，再利用等差数列前n 项和公式，从，所以，当时，结合作商，从而结合等比数列的定义推出数列的通项公式。为
16、等比数列，再利用等，再利用错位相减的方法，从而得出，再利用错位相减的方法结合放缩法，得出结合放缩法，得，从而证出不等式21.【解析】【分析】1利用点 P 在椭圆上结合代入法，再结合两点求距离公式，从而结合再利用二次函数图象求值域的方法，从而求出2由题可知，的取值范围。，斜率存在，且不为 0，设直线，再利用直线与椭圆相交，联立直线与椭圆的方程结合判别式法得出线相交，联立直线与抛物线方程结合判别式法，得出长公式得出，再利用直线与抛物，再利用弦，再利用椭圆与抛物线相交，联立二者方程得出，再利用点到直线距离公式得出点到直线的距离为，再利用三角形面积公式得出形的面积的最小值。，再利用均值不等式求最值的方法，从而求出三角22.【解析】【分析】1利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的单调区间。2由1得，即证断函数的单调性，从而求出函数的最小值，即，综上所述，证出不等式3利用两种方法求解。由题设，对任意，而故，令。法一，由2得，那么，令，使得，存在，再利用分析法的证明方法，要证，设函数恒成立，所以成立。，使得，所以，再利用求导的，故不等，且，再利用求导的方法判方法判断函数的单调性，再结合零点存在性定理得出存在式的解为故等式的解为，从而证出，令，那么，从而证出。法二，由均值不等式得，同方法法一一样，有不。