2020-2021学年浙江省宁波市十校高三（上）期中数学试卷.docx

1、 第 1 页（共 19 页） 2020-2021 学年浙江省宁波市十校高三（上）期中数学试卷学年浙江省宁波市十校高三（上）期中数学试卷 一、选择题：每小题一、选择题：每小题 4 分，共分，共 40 分分 1 （4 分）已知集合 Ax|x2，Bx|0 x5，xZ，则（RA）B（ ） A1，2，3，4 B1，2，3 C1，2 D1 2（4 分） 若复数 （1+ai）（3i）（i 为虚数单位） 的实部和虚部互为相反数， 则实数 a （ ） A1 B 1 2 C1 3 D1 3 （4 分）若实数 x，y 满足约束条件 + 5 0 2 0 1 0 ，则 zx+2y 的最大值是（ ） A5 B7 C9 D

2、11 4（4 分） 某几何体的三视图如图所示 （单位： cm） ， 则该几何体的体积 （单位： cm3） 是 （ ） A2+1 3 B2+3 3 C3+2 6 D3+4 6 5 （4 分）已知 =（3，m） ， =（2m+1，1） ，则“m1”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 6 （4 分）函数 f（x）= | 的图象大致为（ ） A B 第 2 页（共 19 页） C D 7 （4 分）如图，已知点 E、F、G、H 分别是正方体 ABCDA1B1C1D1中棱 AA1、AB、BC、 C1D1的中点，记二面角 EFGD 的平面角为 ，直

3、线 HG 与平面 ABCD 所成角为 ， 直线 HG 与直线 DG 所成角为 ，则（ ） A B C D 8 （4 分）如图，设 F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点 P 是以 F1F2为直径的圆与椭圆在 第一象限内的一个交点，延长 PF2与椭圆交于点 Q，若|PF1|4|QF2|，则直线 PF2的斜率 为（ ） A2 B1 C 1 2 D1 9 （4 分）已知 a，bR，对任意的实数 x 均有（|x|+a） （|x|b） （|x|a21）0，则 a+2b 的最小值为（ ） A15 8 B1 C7 8 D2 第 3 页（共 19 页） 10 （4 分）已知1 ，2 为单位向量，且|1 +22

4、|2，若非零向量 满足 1 2 ，则 (2 1 +2 ) | | 的最大值是（ ） A33 4 B33 2 C36 2 D36 4 二、填空题：单空题每题二、填空题：单空题每题 4 分，多空题每题分，多空题每题 6 分分 11 （6 分）物理中把简谐运动的图象叫做“正弦曲线”或“余弦曲线” 现有“简谐运动的 图象”所对应的函数解析式是 = 3(1 2 + 6)， （x0，+） ） ，则该简谐运动的周期 是 ，振幅是 12（6 分） 在二项式 （2x 1 ） 6 的展开式中， 常数项是 ， 所有项的系数和为 13（6 分） 古有女子善织布， 初日织三尺， 日增等尺， 第四日织九尺， 则第七日织

5、尺， 八日共织 尺 14 （4 分）已知函数 f（x）ex+ax2+2a，若不等式 f（x）ax（x+1）对任意 x2，5恒成 立，则实数 a 的取值范围是 15 （4 分）已知 a0，b2，且 a+b2，则 2+4 + 2 +2的最小值为 16 （4 分）已知圆 C： （x3）2+y24，线段 MN 在直线 y2x+11 上运动，点 P 是线段 MN 上任意一点，若圆 C 上存在两点 A，B，使得 PAPB，则线段 MN 长度的最大值 是 17 （6 分）一个盒子里有 6 个相同的球，其中 3 个红球，2 个黄球，1 个绿球，每次从盒中 随机取出一个且不放回，则红球首先被全部取完的概率为 ；

6、若红球全部被取出视 为取球结束，记在此过程中取到黄球的个数为 ，则 E（） 三、解答题：三、解答题：5 小题，共小题，共 74 分分 18在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知（ab+c） （sinA+sinB+sinC） （2+3）csinA （1）求角 B 的大小； （2）若 b2，求 AC 边上的高的最大值 19 如图， 在四棱锥EABCD中， DCAB， BAEBAD90， ABADAEED= 1 2DC， M 为 EB 的中点 第 4 页（共 19 页） （1）求证：DMAE； （2）求直线 DM 与平面 BCE 所成角的正弦值 20已知数列an的前 n 项和

7、为 Sn，且满足 Sn2an1（nN*） （1）求数列an的通项公式； （2）求证 3 22 + 4 32 + + +2 +12 2，nN* 21已知抛物线 C1：y22px（p0） ，圆 C2： （x4）2+y24抛物线 C1的焦点到其准线 的距离恰好是圆 C2的半径 （1）求抛物线 C1的方程及其焦点坐标； （2）过抛物线 C1上一点 Q（除原点外）作抛物线 C1的切线，交 y 轴于点 P过点 Q 作 圆 C2的两条切线，切点分别为 M、N若 MNPQ，求PMN 的面积 22已知函数 f（x）= lnx+x2a，aR （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）若函数 f（x）有两个不同的零

8、点 x1，x2， （）求 a 的取值范围； （）证明：|x2x1| 4221 21 第 5 页（共 19 页） 2020-2021 学年浙江省宁波市十校高三（上）期中数学试卷学年浙江省宁波市十校高三（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：每小题一、选择题：每小题 4 分，共分，共 40 分分 1 （4 分）已知集合 Ax|x2，Bx|0 x5，xZ，则（RA）B（ ） A1，2，3，4 B1，2，3 C1，2 D1 【解答】解：Ax|x2，Bx|0 x5，xZ1，2，3，4 则（RA）Bx|x21，2，3，41，2， 故选：C 2（4 分） 若复数 （1+ai）（

9、3i）（i 为虚数单位） 的实部和虚部互为相反数， 则实数 a （ ） A1 B 1 2 C1 3 D1 【解答】解： （1+ai） （3i） 3i+3ai+a（a+3）+（3a1）i， 由题意得：a+3+3a10，解得：a= 1 2， 故选：B 3 （4 分）若实数 x，y 满足约束条件 + 5 0 2 0 1 0 ，则 zx+2y 的最大值是（ ） A5 B7 C9 D11 【解答】解：由约束条件 + 5 0 2 0 1 0 作出可行域如图， 联立 = 1 + 5 = 0，解得 A（1，4） ， 化目标函数 zx+2y 为 y= 1 2 + 2，由图可知， 第 6 页（共 19 页） 当直

10、线 y= 1 2 + 2过 A 时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大值为 9 故选：C 4（4 分） 某几何体的三视图如图所示 （单位： cm） ， 则该几何体的体积 （单位： cm3） 是 （ ） A2+1 3 B2+3 3 C3+2 6 D3+4 6 【解答】解：由题意几何体的直观图如图： 是一个圆锥，去掉1 4部分的剩余几何体与一个三棱锥的几何体； 几何体的体积为：3 4 1 3 12 2 + 1 3 1 2 1 1 2 = 3+2 6 故选：C 5 （4 分）已知 =（3，m） ， =（2m+1，1） ，则“m1”是“ ”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条

11、件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：若 ，则 m（2m+1）3，解得：m= 3 2或 m1， 由 m= 3 2或 m1 推不出 m1，反之成立， 故“m1”是“ ”的充分不必要条件， 故选：A 第 7 页（共 19 页） 6 （4 分）函数 f（x）= | 的图象大致为（ ） A B C D 【解答】解：根据题意，函数 f（x）= | ，有 ln|x|0，解可得 x1，则其定义域 为x|x1， f（x）= () | = | = f（x） ，函数 f（x）为奇函数，排除 CD， 在区间（0，1）上，exe x0，ln|x|0，则 f（x）0，排除 A， 故选：B 7 （4 分）如图，已知点

12、E、F、G、H 分别是正方体 ABCDA1B1C1D1中棱 AA1、AB、BC、 C1D1的中点，记二面角 EFGD 的平面角为 ，直线 HG 与平面 ABCD 所成角为 ， 直线 HG 与直线 DG 所成角为 ，则（ ） A B C D 【解答】解：如图，设正方体棱长为 2， 过 A 作 AM直线 GF 于 M，连接 EM，依题意可得 EMA，tan = = 2 过 H 作 HNCD 于 N，连接 NG，依题意可得 HGN，tan= 2 2 = 2， 第 8 页（共 19 页） 连接 HD，在HDG 中，HDDG= 5，HG= 4 + 2 = 6，cosHGD= 3 10， 则 tan =7

13、 3 2， 故选：D 8 （4 分）如图，设 F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点 P 是以 F1F2为直径的圆与椭圆在 第一象限内的一个交点，延长 PF2与椭圆交于点 Q，若|PF1|4|QF2|，则直线 PF2的斜率 为（ ） A2 B1 C 1 2 D1 第 9 页（共 19 页） 【解答】 解：连接 PF1、QF1， 点 P 是以 F1F2为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点， PF1PF2， 设|QF2|m， |PF1|4|QF2|， |PF1|4m， |PF2|2a|PF1|2a4m，|QF1|2a|QF2|2am， |PQ|2a4m+m2a3m， 在 RtF1PF2中， |QF

14、2|2|PF2|2+|PQ|2， （2am）2（4m）2+（2a3m）2， 解得 a3m， |PF2|2m 在 RtF1PQ 中， tanPF2F1= |1| |2| = 4 2 =2， 直线 PF2的斜率为2， 故选：A 9 （4 分）已知 a，bR，对任意的实数 x 均有（|x|+a） （|x|b） （|x|a21）0，则 a+2b 的最小值为（ ） A15 8 B1 C7 8 D2 【解答】解：当 x0 时，不等式即为 ab（a2+1）0，可得 ab0， 当 a0 时，b0，不等式（|x|b） （|x|a21）0 恒成立，显然 ba2+1； 第 10 页（共 19 页） 当 a0 时，b

15、0，不等式（|x|+a） （|x|a21）0 恒成立， 显然aa2+1，该方程无实数解 综上可得 a0，ba2+1， 则 a+2b2a2+a+22，a0 时取得等号， 所以 a+2b 的最小值为 2 故选：D 10 （4 分）已知1 ，2 为单位向量，且|1 +22 |2，若非零向量 满足 1 2 ，则 (2 1 +2 ) | | 的最大值是（ ） A33 4 B33 2 C36 2 D36 4 【解答】解：由题意，可设1 =（1，0） ，2 =（cos，sin） ，则1 +22 =（1+2cos， 2sin） ， 由|1 +22 |2，可得（1+2cos）2+4sin24，整理得 cos 1

16、 4， 设 =（rcos，rsin） ，r0， 由 1 2 ，可得（rcos，rsin） （1，0）（rcos，rsin） （cos，sin） ， 即 rcosrcoscos+rsinsin，故 coscos（） ， 当 coscos（）时，2k（kZ）或 +2k（kZ） ， 即 2+2k（kZ）或 2k（kZ） ， cos 1 4，2k（kZ）不合题意， 故 coscos（）时，2+2k（kZ） ， 而 (2 1 +2 ) | | = 2+ =2cos+cos（） ， coscos（） ， (2 1 +2 ) | | 3cos（） ， 当 2+2k（kZ）时， “”成立， 此时 3cos（）

17、3cos（2k）3cos， coscos（22k）cos22cos21 1 4， 第 11 页（共 19 页） 故 cos2 3 8，即 6 4 cos 6 4 ， 故 (2 1 +2 ) | | 3cos（）3cos 36 4 ， 故选：D 二、填空题：单空题每题二、填空题：单空题每题 4 分，多空题每题分，多空题每题 6 分分 11 （6 分）物理中把简谐运动的图象叫做“正弦曲线”或“余弦曲线” 现有“简谐运动的 图象”所对应的函数解析式是 = 3(1 2 + 6)， （x0，+） ） ，则该简谐运动的周期是 4 ，振幅是 3 【解答】解：由周期定义可得函数的周期为 T= 2 1 2 =4

18、， 再由振幅的定义可得函数的振幅为 3，故答案为：4，3 12 （6 分）在二项式（2x 1 ） 6 的展开式中，常数项是 60 ，所有项的系数和为 1 【解答】 解： 由二项式展开式的通项公式 Tr+1= 6 (2)6(1 ) = （1） r26 6 63 2， 可得 r4，即展开式的中第 5 项是常数项， 常数项为：226 4 =60 当 x1 时，所有项的系数和为： （21）61 故答案为：60；1 13 （6 分） 古有女子善织布， 初日织三尺， 日增等尺， 第四日织九尺， 则第七日织 15 尺， 八日共织 80 尺 【解答】解：古有女子善织布，初日织三尺，日增等尺，第四日织九尺， 该

19、女子第 n 日织布的尺数 an构成首项为 3，公差为 d 的等差数列an， 且 a43+3d9，解得 d2， 第七日织 a73+6215 尺， 八日共织 S883+ 87 2 2 =80 尺 故答案为：15，80 14 （4 分）已知函数 f（x）ex+ax2+2a，若不等式 f（x）ax（x+1）对任意 x2，5恒成 立，则实数 a 的取值范围是 （，e3 【解答】解：若不等式 f（x）ax（x+1）对任意 x2，5恒成立， 则 a（x2）ex在 x2，5恒成立， 第 12 页（共 19 页） x2 时，不等式恒成立， x（2，5时，问题转化为 a 2在（2，5恒成立， 令 g（x）= 2，

20、x（2，5，则 g（x）= (3) (2)2 ， 令 g（x）0，解得：x3，令 g（x）0，解得：x3， 故 g（x）在（2，3）递减，在（3，+5递增， 故 g（x）ming（3）e3， 故 ae3， 故答案为： （，e3 15 （4 分）已知 a0，b2，且 a+b2，则 2+4 + 2 +2的最小值为 4 【解答】解：a0，b2，且 a+b2， a+b+24， 2+4 + 2 +2 = 2+4 + (+2)24(+2)+4 +2 ， a+ 4 +（b+2）+ 4 +2 4， = 4 + 4 +2， （1 + 1 +2） （a+b+2） ， 1+1+ +2 + +2， 2+2+2 +2

21、=4， 当且仅当+2 = +2时，即 a2，b0 时取等号， 故最小值为 4， 故答案为：4 16 （4 分）已知圆 C： （x3）2+y24，线段 MN 在直线 y2x+11 上运动，点 P 是线段 MN 上任意一点，若圆 C 上存在两点 A，B，使得 PAPB，则线段 MN 长度的最大值是 23 第 13 页（共 19 页） 【解答】 解： 由题意， 圆心到直线 l： y2x+1 的距离为 d= 231 5 = 52（半径） ， 故直线 l 和圆相离； 从直线上的点向圆上的点连线成角， 当且仅当两条线均为切线时， APB 才是最大的角， 如图，若圆 C 上存在两点 A，B，使得 PAPB，

22、则有 450sin45， 22 在直线 l 上，当 MN 最大时，点 M、N 到点 C 的距离等于 22； MN 的长度的最大值为 28 5 =23 故答案为：23 17 （6 分）一个盒子里有 6 个相同的球，其中 3 个红球，2 个黄球，1 个绿球，每次从盒中 随机取出一个且不放回，则红球首先被全部取完的概率为 3 20 ；若红球全部被取出视 为取球结束，记在此过程中取到黄球的个数为 ，则 E（） 3 2 【解答】解：红球首先被全部取出分两种情况， 第一种情况：3 球结束即红红红的概率 P1= 3 6 2 5 1 4 = 1 20， 第二种情况：4 球结束即红红黄红的概率 P2= 3 6

23、2 5 2 4 1 3C3 1=2 20， 则红球首先被全部取完的概率为 PP1+P2= 3 20； 的可以取值为 0，1，2，其分布列为 P（0）= 3 6 2 5 1 4 + 3 1 1 6 3 5 2 4 1 3 = 1 10， P（1）= 3 1 2 6 3 5 2 4 1 3 + 4 1 2 6 3 1 1 5 3 4 2 3 1 2 = 3 10， P（2）1P（0）P（1）1 1 10 3 10 = 3 5， 的分布列为： 第 14 页（共 19 页） 0 1 2 P 1 10 3 10 3 5 E0 1 10 + 1 3 10 + 2 3 5 = 3 2 故答案为： 3 20，

24、 3 2 三、解答题：三、解答题：5 小题，共小题，共 74 分分 18在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知（ab+c） （sinA+sinB+sinC） （2+3）csinA （1）求角 B 的大小； （2）若 b2，求 AC 边上的高的最大值 【解答】 解：（1） 根据正弦定理可将已知条件化简为( + )( + + ) = (2 + 3)， 化简整理，得2+ 2 2= 3 由余弦定理，得 = 2+22 2 = 3 2 ， 因为B 为三角形内角，故 = 6 （2）法一：记 AC 边上的高为 hb 由 = 1 2 = 1 2 ，可得= ， 又因为 = = = 4， 所

25、以= 4 = 4( + 6) = 2(2 3) + 3， 在三角形 ABC 中， = 6，故 (0， 5 6 ) 当 = 5 12时，() = 2 + 3 法二：记 AC 边上的高为 hb 由 = 1 2 = 1 2 ，可得= = 1 4 ， 由余弦定理 b2a2+c22accosB， 可得4 = 2+ 2 3 (2 3) 4(2+ 3)， 从而有= 1 4 (2 + 3)，即() = 2 + 3 19 如图， 在四棱锥EABCD中， DCAB， BAEBAD90， ABADAEED= 1 2DC， 第 15 页（共 19 页） M 为 EB 的中点 （1）求证：DMAE； （2）求直线 DM

26、 与平面 BCE 所成角的正弦值 【解答】 （1）证明：记 AE 的中点为 F，连接 MF、DF DEADAE，AEDF BADBAE90，ABAD，ABAE，ABAEA， AB面 ADE M 为 EB 的中点，MFAB， MF面 ADE，AE平面 ABE，MFAE， 又 AEDF，FMDMM， AE面 DFM，DM平面 DFM， AEDM （2）解：AB面 AEM，又 ABDC， DC面 AED，故可如右图形式以建系 第 16 页（共 19 页） 不妨设 DC4， 则有 = (1， 3 2， 3 2 )， = (2，2，0)， = (1， 4，3)， 设面 BCE 的一个法向量 =（x，y，

27、z） ，则 = 0 = 0 ， 即2 + 2 = 0 4 + 3 = 0，令 x1，则 y1，z= 3， 可得面 BCE 的一个法向量 = (1，1，3)， 则 ， = 1+3 2+ 3 2 53 4+ 9 4+1 = 25 5 ， 所以直线 DM 与平面 BCE 所成角的正弦值为25 5 20已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2an1（nN*） （1）求数列an的通项公式； （2）求证 3 22 + 4 32 + + +2 +12 2，nN* 【解答】解： （1）由题意可知，当 n1 时，a12a11a11 当 n2 时，由 = 2 1 1= 21 1可得 an2an2an1a

28、n2an1 所以= 21 （2）由（1）可得= 2 1， 法一： +2 +12 = 2+1 (2+11)2 2+1 (2+11)(2+12) = 2 (2+11)(21) = 1 21 1 2+11， 所以 3 22 + 4 32 + + +2 +12 1 21 1 221 + 1 221 1 231 + + 1 21 1 2+11 = 1 1 2+11 2 法二： +2 +12 = 2+1 (2+11)2 2+1 (2+11)(21) = 2( 1 21 1 2+11)， 所以 3 22 + 4 32 + + +2 +12 2( 1 21 1 2+11) = 2 2 2+11 2 21已知抛

29、物线 C1：y22px（p0） ，圆 C2： （x4）2+y24抛物线 C1的焦点到其准线 的距离恰好是圆 C2的半径 （1）求抛物线 C1的方程及其焦点坐标； （2）过抛物线 C1上一点 Q（除原点外）作抛物线 C1的切线，交 y 轴于点 P过点 Q 作 第 17 页（共 19 页） 圆 C2的两条切线，切点分别为 M、N若 MNPQ，求PMN 的面积 【解答】解： （1）由题意可得 p2，故抛物线 C1的方程为 y24x，焦点坐标为（1，0） （2）法一：设点 P（0，a） ，则切线 PQ 的方程可设为 ykx+a， 联立方程 2 = 4 = + 可得 k 2x2+（2ak4）x+a20，

30、 由0 可得 ak1，且切点 Q 坐标为(2，2)，= 1 ， 设点 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 则切线 QM： （x4） （x14）+2yy14，切线 QN： （x4） （x24）+2yy24， 将点 Q 的坐标代入可得直线 MN： （x4） （a24）+2ay4， 故= 24 2 ，由 kMNkPQ，可得 = 2， 因为两种情况中的 P 点关于 x 轴对称，所以求出的面积相同，下只求 = 2情况， 联立方程( 4) 2 + 2= 4 2 + 2 = 0 ，可得32 42 = 0， 故(2，0)，(14 3 ， 42 3 )，Q（2，22） ，MN 的方程x+2y+20， d=

31、 |2+4+2| 1+2 = 43 3 ， 从而有|MN|=(14 3 2)2+ (4 2 3 0)2= 46 3 ， 所以 = 1 2| = 82 3 法二：设点 Q（x0，y0） ，则切线 PQ 的方程可设为 yy02（x+x0） ，显然 x04 不满足要 第 18 页（共 19 页） 求； 因为 C2QMN，MNPQ，所以 C2QPQ， 当 x04 时，2= 0 04 = 1 = 0 2 0= 2， 所以 Q 坐标为(2， 22)， 记线段 C2Q 和线段 MN 的交点为 E， 从而有|C2Q|= 23，|ME|= 26 3 ，|QE|= 43 3 ， SPMN= = 1 2 46 3

32、43 3 = 82 3 22已知函数 f（x）= lnx+x2a，aR （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）若函数 f（x）有两个不同的零点 x1，x2， （）求 a 的取值范围； （）证明：|x2x1| 4221 21 【解答】解： （1）() = (1) 2 1 + 1 = (1)(+) 2 ，x0 （3 分） 当 x1 时，f（x）0，f（x）单调递增；当 0 x1 时，f（x）0，f（x）单调递减 所以 f（x）的单调递增区间为（1，+） ，单调递减区间为（0，1） （5 分） （2） （ i）由（1）f（x）minf（1）e+12a， 若函数 f（x）有两个不同的零点 x1，x

33、2， 则 f（1）e+12a0，解得：a +1 2 ，（8 分） （ ii）不妨设 x1x2， 因为(2) = 2 2 2 + 2 2 = 2 2 2 令 = 2 + 1，() = ，() = (1) 2 令 h（t）et（t1）t，则 h（t）ett1，h（t）et （t+1）0， 所以 h（t）单调递增， 又因为 h（e+1）0，所以 h（t）单调递增 因为 h（e+1）ee+210，所以 g（t）0，故 g（t）单调递增 第 19 页（共 19 页） 又因为 g（e+1）g（e）ee 110，所以 f（2a）0，x 22a （12 分） 由 lnxx1 可知( 1 21) = 1 21 1 21 ( 1 21) + ( 1 21) 2 1 21 1 21 + 1 2 令 = 1 21 (0， 1 )，() 1 0， 所以1 1 21 ，|2 1| 4221 21 （15 分）