2020-2021学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷.docx

1、第 1 页（共 18 页） 2020-2021 学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1 （4 分）若集合 |13Axx剟， |(1)(2) 0Bxxx，则(AB ) A |12xx剟 B |23xx剟 C |13xx剟 DR 2 （4 分）已知aR，若(2)(2 )4 (ai aii i 为虚数单位） ，则(a ) A1 B0 C1 D2 3 （4

2、分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A1 B 1 3 C 1 2 D 3 2 4 （4 分）若0a ，0b ，则“ab”是“lnablnba”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 5 （4 分）函数 2 ( )(1)cos 1 x f xx e （其中e为自然对数的底数）图象的可能是( ) A B C D 6 （4 分） 已知随机变量满足()(1Pxaxb x， 0，1)， 其中a，bR 若 1 ( ) 3 E， 则( )(D ) A 2 9 B 5 9 C 8 9 D 11 9 第 2 页（共 18 页） 7 （4 分）已知 2

3、729 0129 (1)(21)(1)(1)(1) ()xxaa xaxaxxR，则 1 (a ) A30 B30 C40 D40 8 （4 分）已知实数a，b满足|2ba，且1a，则2ab的最小值为( ) A7 B5 C3 D1 9 （4 分）设函数( )2 e f xlnxmxn x ，若不等式( ) 0f x 对(0,)x恒成立，则 n m 的 最大值为( ) A 4 e B 2 e Ce D2e 10 （4 分）设数列 n a满足 1 3a ， 2 6a ， 2 1 2 9 (*) n n n a anN a ，( ) A存在*nN， n aQ B存在0p ，使得 1 nn apa 是

4、等差数列 C存在*nN，5 n a D存在0p ，使得 1 nn apa 是等比数列 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （6 分）计算 1 2 5 lglg ； 23 4log 12 （6 分）在ABC中， 3 A ，4b ，2 3a ，则B ，ABC的面积等于 13 （6 分）若0a ，0b ，且1ab，则 22 ab的最小值等于 ，ab的最大值 等于 14 （6 分）已知tancos，则 24 coscos ， 11 1sinsin 15 （4 分） 一排 11 个座位， 现

5、安排 2 人就座， 规定中间的 3 个座位不能坐， 且 2 人不相邻， 则不同排法的种数是 16 （4 分）平面向量a，b的夹角为60，且| 1ab，则(2 )aab的最大值为 17 （4 分）在棱长为2的正方体 1111 ABCDABC D中，棱 1 BB， 11 BC的中点分别为E，F， 点P在平面 11 BCC B内，作PQ 平面 1 ACD，垂足为Q当点P在 1 EFB内（包含边界）运 第 3 页（共 18 页） 动时，点Q的轨迹所组成的图形的面积等于 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证

6、明过程或演算步骤 18 （14 分）已知函数( )sin()cos()(0) 63 f xxx 的最小正周期为 （）求函数( )f x的单调递增区间； （）在锐角ABC中，若 222 sinsinsinsinsinACCAB，求f（B）的值 19 （15 分）已知函数 2 ( )|2|(0)f xxaxaxa （）若2a ，解不等式( )0f x ； （）设 1 x， 2 x， 3 x， 4 x是函数( )1yf x的四个不同的零点，且 1234 xxxx问是 否存在实数a，使得 2 x， 3 x， 4 x成等差数列？若存在，求出所有a的值；若不存在，说明 理由 20 （15 分）在三棱锥AB

7、CD中，BCD为等腰直角三角形，点E，G分别是线段BD， CD的中点，点F在线段AB上，且2BFFA若1AD ，3AB ，2CBCD （）求证：/ /AG平面CEF； （）求直线AD与平面CEF所成的角 21 （15 分）在数列 n a中， 1 1a ， 21 a k ， 2 a k，21( *)aN k k成等比数列，公比为0q k （）若2q k ，求 13521 aaaa k ； 第 4 页（共 18 页） （）若 2 a k，21 a k ， 22( *)aN k k成等差数列，公差为dk，设 1 1 b q k k 求证： n b为等差数列； 若 1 2d ，求数列dk的前k项和Dk

8、 22 （15 分）已知函数 2 1 ( )(1) 2 f xxlnxa x，aR恰好有两个极值点 1 x， 212 ()x xx （）求证：存在实数 1 ( ,1) 2 m，使0am； （）求证： 1 51 () 4 f x e 第 5 页（共 18 页） 2020-2021 学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷 参考答参考答案与试题解析案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的

9、 1 （4 分）若集合 |13Axx剟， |(1)(2) 0Bxxx，则(AB ) A |12xx剟 B |23xx剟 C |13xx剟 DR 【解答】解： |13Axx剟， |1Bx x或2x， ABR 故选：D 2 （4 分）已知aR，若(2)(2 )4 (ai aii i 为虚数单位） ，则(a ) A1 B0 C1 D2 【解答】解：因为(2)(2 )4ai aii ， 所以 2 4(4)4aaii， 则有40a ， 2 44a ， 解得0a 故选：B 3 （4 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A1 B 1 3 C 1 2 D 3 2 【解答】解：由三视图知几何

10、体是一个四棱锥， 四棱锥的底面是一个平行四边形， 有两个等腰直角三角形， 直角边长为 1 组成的平行四边形， 四棱锥的一条侧棱与底面垂直，且侧棱长为 1， 第 6 页（共 18 页） 四棱锥的体积是 11 1 1 1 33 故选：B 4 （4 分）若0a ，0b ，则“ab”是“lnablnba”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 【解答】解：当0a ，0b 时，若ab，则lnalnb，此时alnablnb成立，即充分 性成立， 设( )f xxlnx，当0 x 时，( )f x为增函数， 则由alnablnb得f（a）f（b） ，即ab，即必要性

11、成立， 则“ab”是“alnablnb”的充要条件， 故选：C 5 （4 分）函数 2 ( )(1)cos 1 x f xx e （其中e为自然对数的底数）图象的可能是( ) A B C D 【解答】解： 2 11 ( )coscos 11 xx xx ee f xxx ee ， 则 11 ()coscos( ) 11 xx xx ee fxxxf x ee ，则( )f x是奇函数，排除A，C， 当0 2 x 时，( )0f x ，排除B， 故选：D 6 （4 分） 已知随机变量满足()(1Pxaxb x， 0，1)， 其中a，bR 若 1 ( ) 3 E， 则( )(D ) A 2 9 B

12、 5 9 C 8 9 D 11 9 【解答】解：由已知可得：(1)Pab ，(0)Pb，(1)Pab， 则1abbab ，即 1 3 b ， 第 7 页（共 18 页） 又 1 ( )1 ()01 () 3 Eabbab ，所以 1 6 a ， 所以的分布列如下： 1 0 1 P 1 6 1 3 1 2 所以 222 1111115 ( )( 1)(0)(1) 6333239 D ， 故选：B 7 （4 分）已知 2729 0129 (1)(21)(1)(1)(1) ()xxaa xaxaxxR，则 1 (a ) A30 B30 C40 D40 【解答】解： 2729 0129 (1)(21)

13、(1)(1)(1) ()xxaa xa xa xxR， 令 2729 0129 ( )(1)(21)(1)(1)(1) ()f xxxaa xa xa xxR， 则 18 129 ( )2(1)(1)f xxaa xa x， 726 ( )2(21)(1) 14(21)f xxxxx， 1 af（1） 6 2 1 2 14 (2 1)30 故选：B 8 （4 分）已知实数a，b满足|2ba，且1a，则2ab的最小值为( ) A7 B5 C3 D1 【解答】解：不等式|2ba可化为22a ba 剟，且1a， 所以约束条件为 1 2 2 a ba ba ，画出约束条件表示的平面区域，如阴影部分所示

14、： 第 8 页（共 18 页） 设2zab，平移目标函数知，当目标函数过点A时，z取得最小值； 由 1 2 a ba ，求得( 1, 3)A ， 所以2zab的最小值为2( 1)( 3)5 min z 故选：B 9 （4 分）设函数( )2 e f xlnxmxn x ，若不等式( ) 0f x 对(0,)x恒成立，则 n m 的 最大值为( ) A 4 e B 2 e Ce D2e 【解答】解：不等式( ) 0f x 对(0,)x恒成立， 即为20 e lnxmxn x ，即2 () 2 en lnxm x xm 对0 x 恒成立， 设( ) e g xlnx x ，由 2 1 ( )0 e

15、 g x xx ，可得( )g x在(0,)递增，且g（e）0， 当0 x 时，( )g x ；x，( )g x ，作出( )yg x的图象， 再设( )2 () 2 n h xm x m ，0 x ，可得( )h x表示过(2n m ，0)，斜率为2m的一条射线（不含 端点） ， 要求 n m 的最大值，且满足不等式恒成立，可求 2 n m 的最大值，由于点(2n m ，0)在x轴上移 动， 只需找到合适的0m ，且与( ) e g xlnx x 切于点(2n m ，0)，如图所示： 此时 2 n e m ，即有 n m 的最大值为2e， 故选：D 第 9 页（共 18 页） 10 （4 分

16、）设数列 n a满足 1 3a ， 2 6a ， 2 1 2 9 (*) n n n a anN a ，( ) A存在*nN， n aQ B存在0p ，使得 1 nn apa 是等差数列 C存在*nN，5 n a D存在0p ，使得 1 nn apa 是等比数列 【解答】解：由 2 1 2 9 (*) n n n a anN a ，可得 2 21 9 nnn aaa ， 则 2 11 9 nnn aaa 可得， 22 2111nnnnnn aaaaaa ， 所以 2111 ()() nnnnnn a aaaaa ， 则 112 1 nnnn nn aaaa aa ， 由此可得 21131 12

17、 nnnn nn aaaaaa aaa ， 2 2 3 1 9 15 a a a ， 所以 2 1 153 3 6 nn n aa a ， 则 21 3 nnn aaa 且 1 3aZ， 2 6aZ， 所以 n aZ， 故选项A，C错误； 第 10 页（共 18 页） 由 321 3 nnn aaa ，可得 321 52 nnnn aaaa 不是常数， 所以不存在0p ，使得 1 nn apa 是等差数列， 故选项B错误； 假设存在0p ，使得 1 nn apa 是等比数列，公比为q， 则有 11 () nnnn apaq apa ， 所以 11 () nnn apq apqa ， 由 21

18、3 nnn aaa ， 则 3 1 pq pq ，解得 35 2 p ， 所以存在 35 0 2 p ，使得 1 nn apa 是等比数列， 故选项D正确 故选：D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分 11 （6 分）计算 1 2 5 lglg 1 ； 23 4log 【解答】解： 1 225101 5 lglglglglg； 24 39 449 loglog 故答案为：1；9 12 （6 分）在ABC中， 3 A ，4b ，2 3a ，则B 2 ，ABC的面积等于 【解答】解：因为在A

19、BC中， 3 A ，4b ，2 3a ， 由正弦定理 sinsin ab AB ，可得 2 34 sin3 2 B ，可得sin1B ， 因为(0, )B， 则 2 B ， 所以 22 16 122cba， 所以 11 2 322 3 22 ABC Sac 第 11 页（共 18 页） 故答案为： 2 ，2 3 13 （6 分）若0a ，0b ，且1ab，则 22 ab的最小值等于 1 2 ，ab的最大 值等于 【解答】解：0a ，0b ，1ab， 21ab， 1 4 ab， 222 1 ()212 2 abababab ， 22 ab的最小值等于 1 2 ； 2 ()2122abababab

20、 ， 2ab， ab的最大值等于2 故答案为： 1 ,2 2 14 （6 分）已知tancos，则 24 coscos 1 ， 11 1sinsin 【解答】解：因为 sin tancos cos ， 可得 2 sincos， 则 2422 coscoscossin1， 2 222 11sin(1sin)2sin121cos2 1 1sinsin(1sin)sinsincos2 cos sincossin 故答案为：1，1 15 （4 分） 一排 11 个座位， 现安排 2 人就座， 规定中间的 3 个座位不能坐， 且 2 人不相邻， 则不同排法的种数是 44 【解答】解：根据题意，分 2 种

21、情况讨论， 两个都在左边的 4 个座位或右边的 4 个座位就坐，有 2 2 23 12A 种排法， 两个人一人在左边 4 个座位，一个在右边 4 个座位就坐，有 11 44 232CAC种排法， 则一共有123244种不同的排法， 故答案为：44 第 12 页（共 18 页） 16（4 分） 平面向量a，b的夹角为60， 且|1ab， 则(2)a ab的最大值为 2 33 3 【解答】解：设|aa，|bb， 则由| 1ab，平方得 22 |21aba b， 即 22 1 21 2 abab，即 22 1abab， 则 22 (2 ) |2aabaa baab， 22 2 22 2 1 1 1(

22、 ) b aabaab a aab bb abab aa ， 令 b m a ，则0m ， 则原式 22 11 11 1 m mmmm m ， 再设1tm ，则1t ，则1mt 则 222 1111112 332 33 3 1(1)(1)133129332 33 3 23 1 mmtttt t t t mttt ， 当且仅当 3 t t ，即3t 时，取等号， 即(2 )aab的最大值为 2 33 3 ， 故答案为： 2 33 3 17 （4 分）在棱长为2的正方体 1111 ABCDABC D中，棱 1 BB， 11 BC的中点分别为E，F， 点P在平面 11 BCC B内，作PQ 平面 1

23、 ACD，垂足为Q当点P在 1 EFB内（包含边界）运 动时，点Q的轨迹所组成的图形的面积等于 3 12 第 13 页（共 18 页） 【解答】解：连结BD交AC于点O，连结 1 OD， 1 B D交于点H，设G为 1 CD的中点， 因为ACBD， 1 ACBB， 1 BBBDB， 1 BB，BD平面 1 BB D， 所以AC 平面 1 BB D， 因为 1 B D 平面 1 BB D，所以 1 B DAC， 同理可证 11 B DAD，又 1 ACADA，AC， 1 AD 平面 1 ACD， 所以 1 B D 平面 1 ACD，即点 1 B在平面 1 ACD的投影为H，且 1 2D HHO，

24、 同理，点E，F在面 1 ACD的投影分别为O，G， 所以 1 EFB在平面 1 ACD的投影为OGH， 又22ACAB，所以 1 1133 3323 HCHGDCAC， 所以点Q的轨迹所组成的图形的面积 13 sin120 212 SCH HG 故答案为： 3 12 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18 （14 分）已知函数( )sin()cos()(0) 63 f xxx 的最小正周期为 （）求函数( )f x的单调递增区间； （）在锐角ABC中，若 222 sinsin

25、sinsinsinACCAB，求f（B）的值 第 14 页（共 18 页） 【解答】解：( ) I函数( )sin()cos() 63 f xxx 3113 (sincos)( cossin) 2222 xxxx 22 13 cossin 44 xx 11cos231cos2 4242 xx 11 cos2 24 x， 因为函数( )f x最小正周期为， 由 2 |2| T ，且0，解得1， 所以 11 ( )cos2 24 f xx， 令222xk剟k，Zk，解得 2 x k剟k，Zk， 可得函数( )f x的单调递增区间为： 2 k，k，Zk ()II由 222 sinsinsinsins

26、inACCAB得： 222 accab，即 222 acbac， 222 1 cos 222 acbac B acac ， 又B为锐角，可得 3 B ， f（B） 1211111 cos() 2342242 19 （15 分）已知函数 2 ( )|2|(0)f xxaxaxa （）若2a ，解不等式( )0f x ； （）设 1 x， 2 x， 3 x， 4 x是函数( )1yf x的四个不同的零点，且 1234 xxxx问是 否存在实数a，使得 2 x， 3 x， 4 x成等差数列？若存在，求出所有a的值；若不存在，说明 理由 【解答】 解： （） 当2a 时， 不等式( )0f x ， 即

27、 22 2|22| |1|2|1| 10 xxxxx ， 所以0|1| 12x ， 解得222x， 故不等式( )0f x 的解集为 |222xx； 第 15 页（共 18 页） （）因为 2 ( )|2|(0)f xxaxaxa， 则 2 2 2 23, ( )1 2 1, xaxx a f x xx a ， 又( )1yf x有四个不同的零点， 所以 2 4120a且 2 1 a ，解得32a， 因为 1234 xxxx， 当 2 x a 时， 2 ( ) 110f xx ，可得 1 1x ， 2 1x ， 所以 3 x， 4 x是 2 230 xax的两个根， 若 2 x， 3 x， 4

28、 x成等差数列，则 34 34 21 2 xx xxa ， 所以 3 21 3 a x ，代入方程 2 230 xax可得， 2 2121 ()230 33 aa a ， 解得 7 4 a 或2（舍)， 综上可知，存在 7 4 a 使得 2 x， 3 x， 4 x成等差数列 20 （15 分）在三棱锥ABCD中，BCD为等腰直角三角形，点E，G分别是线段BD， CD的中点，点F在线段AB上，且2BFFA若1AD ，3AB ，2CBCD （）求证：/ /AG平面CEF； （）求直线AD与平面CEF所成的角 【解答】 （）证明：连接BG交EC于H，连接FH， 则点H为BCD的重心，有2 BH HG

29、 ， 第 16 页（共 18 页） 2 BFBH FAHG ，/ /FHAG，且FH 平面CEF，AG 平面CEF， 则/ /AG平面CEF； （）解： 2 3 3 BF ，1BE ，30ABD， 222 44 331 2cos11 3323 EFBFBEBE BFABD ， 故 222 BFBEEF，BEEF， 又由已知，CEBD，CEEFE，则BD 平面CEF， 过F作AD的平行线FP，交BD于P，则PECEF， 故PFE为直线AD与平面CEF所成的角，且 2 3 FP ， 1 3 EP ，90FEP， 1 sin 2 PFE，得直线AD与平面CEF所成的角为 6 21 （15 分）在数列

30、 n a中， 1 1a ， 21 a k ， 2 a k，21( *)aN k k成等比数列，公比为0q k （）若2q k ，求 13521 aaaa k ； （）若 2 a k，21 a k ， 22( *)aN k k成等差数列，公差为dk，设 1 1 b q k k 求证： n b为等差数列； 若 1 2d ，求数列dk的前k项和Dk 【解答】 （）解：因为 1 1a ， 21 a k ， 2 a k，21( *)aN k k成等比数列，公比为0q k ， 所以 221 21 4 a q a k k k ， 则 13521 1 (14 )41 143 aaaa kk k ； （）证明：

31、因为 2 a k，21 a k ， 22( *)aN k k成等差数列， 第 17 页（共 18 页） 所以 21222 2aaa kkk ，即 222 1 2121 1 2 aa q aaq kk k kkk ， 则 1 111 1 1 11 1 qq q kk k ，即 1 1bb kk ， 所以数列 n b为等差数列，公差为 1； 解：若 1 2d ，所以 32 2aa，则有 2 232 12aaa ， 所以 2 2a 或 2 1a ； 当 2 2a 时， 1 2q ，所以 1 1b ，则1(1) 1b k kk，即 1 1q k k，解得 1 q k k k ， 所以 2 21 2 2

32、1 (1) (1) a a k k k k ，则 222 232121 211 222 21231 (1)2 1(1) (1)1 aaa aa aaa kk k kk kk k kk ， 所以 2 21 2 (1) (1) 1 a a q k k k k k k k k ， 则 212 1daa kkk k，故 (3) 2 D k k k ； 若 2 1a 时， 1 1q ，所以 1 1 2 b ，则 13 (1) 1 22 b k kk，即 13 12q k k，解 得 1 2 3 2 q k k k ， 则 222 232121 211 222 21231 131 ()()( ) 1 22

33、2 1() 351 2 ()()() 222 aaa aa aaa kk k kk kk k kk ， 则 21 2 (21)(23) a a q k k k kk， 所以 212 42daa kkk k，故 2 2D k k 综上所述， (3) 2 D k k k 或 2 2D k k 22 （15 分）已知函数 2 1 ( )(1) 2 f xxlnxa x，aR恰好有两个极值点 1 x， 212 ()x xx （）求证：存在实数 1 ( ,1) 2 m，使0am； （）求证： 1 51 () 4 f x e 【解答】证明： （）( )1(1)fxlnxa x ，0 x ， 第 18 页（

34、共 18 页） 结合题意，1(1)0lnxa x ，即1(1)lnxa x 存在 2 个不同正根， 先考虑(1)ya x与1ylnx相切，记切点横坐标为 0 x， 则 00 0 (1)1 1 a xlnx a x ，解得： 0 00 1 1 ax x lnx ， 记( )1g xxlnx，0 x ，则( )1g xlnx ，令( )0g x，解得： 1 x e ， 故( )yg x在 1 (0, ) e 递减，在 1 ( e ，)递增， 且g（1）10 ，g（2）410ln ，故存在唯一 0 (1,2)x ，使得 00 1x lnx 成立， 取 0 11 (2m x ，1)，则0am时，( )

35、f x恰有 2 个极值点，得证； （）由（）知： 111 ()1(1)fxlnxa x ，且 10 1 2xx e ， 故 1 1 1 1 lnx a x ，代入 1 ()f x，得 11111 1 ()(1) 2 f xxlnxxlnx， 设 1 ( )(1) 2 h xxlnxxlnx， 11 ( )() 2 h xlnx x ， 1 2x e ， 由 0 ()0h x，得 0 0 1 lnx x ，即 00 1x lnx ， 则 1 (x e ， 0) x时，( )0h x， 0 (xx，2)，( )0h x， 故( )h x在 1 ( e ， 0) x递减，在 0 (x，2)递增， 0000000 00 11111 ( )()(1)(11)() 222 h xh xx lnxlnxxxx xx ， 0 (1,2)x ， 0 0 15 (2, ) 2 x x ， 0 5 ()( 4 h x ，1)， 故 5 ( ) 4 h x ，即 1 5 () 4 f x ， 而 11 ( )( )h xhh ee （2） 1 ( 23) 2 ln， 故： 1 51 () 4 f x e