1、2021届浙江省百校高三上学期12月联考数学试题一、单选题1已知集合，集合，则（ ）ABCD【答案】B【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算【详解】由题意可得，.故选：B.2已知，若，则（ ）A2BC3D4【答案】D【分析】将，变形为，利用复数相等求解.【详解】因为，所以，所以.故选：D.3在九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知四棱锥为阳马，底面，其三视图如图所示，正视图是等腰直角三角形，其直角边长为2，俯视图是边长为2的正方形，则该阳马的表面积为（ ）ABC8D【答案】A【分析】由三视图知该阳马是底面为正方形的四棱锥，如图，和是等腰直角三角形，再说明
2、另两个侧面也是直角三角形后可求得表面积【详解】由本题三视图知，该阳马是底面为正方形的四棱锥，两个侧面是等腰直角三角形，另外两个侧面是直角三角形，证明如下：平面，平面，所以，又，所以平面，平面，所以同理所以.故选：A.4若实数，满足约束条件则的最大值为（ ）AB1C2D5【答案】C【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图阴影部分，作直线，由得，由方程知向上平移直线，增大，当直线经过点时，.故选：C.5已知函数，其图象可能是（ ）ABCD【答案】A【分析】利用奇偶性排除B和C，利用不等式放缩判断D【详解】根据题意，函数为偶函数，图象关于轴对称，有两个
3、零点为，排除B和C，又当时，排除D故选：A.【点睛】方法点睛：由解析式判断图像主要从定义域，奇偶性，单调性，特殊值等方面考虑6已知，条件：，条件：，则是的（ ）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【答案】B【分析】根据充分性、必要性的定义，结合对数的运算性质和对数函数的性质进行判断即可.【详解】若，则有，因此有，故；反之，若，当其中有负数时，不成立，故是的必要不充分条件.故选：B7设，分别是椭圆和双曲线的公共焦点，是的一个公共点，且，线段的垂直平分线经过点，若和的离心率分别为，则的值为（ ）A2B3CD【答案】A【分析】设双曲线的方程为，根据题意，得到，又由双曲
4、线的定义，求得所以，根据椭圆的定义，求得长半轴，结合离心率的定义，即可求解.【详解】设双曲线的方程为，焦点，因为线段的垂直平分线经过点，可得，又由，根据双曲线的定义可得，所以，设椭圆的长轴长为，根据椭圆的定义，可得，解得，所以.故选：A.【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的解题策略：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.8已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足.若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】
5、D【分析】依题意，由对都有成立，即，利用数列的单调性，建立不等量关系，进一步利用，求出实数的取值范围.【详解】由已知对都有成立，即，即又数列是首项为，公差为1的等差数列，且数列是单调递增数列，当时，所以，即，解得.即实数的取值范围是故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列通项公式及数列单调性的应用，解题的关键是要利用数列的单调性结合已知条件得到，建立关于的不等式，考查学生的转化思想与逻辑思维能力及运算能力，属于中档题9已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【分析】分离变量，利用导函数应用得到函数在无零点，则有两个零点，利用函数最值得到参数范围【详解】当时，不是函数的
6、零点.当时，由，得，设，则在上单调递减，且.所以时无零点 当时，等价于，令，得在上单调递减，在上单调递增，.因为有2个零点，所以.故选：B.【点睛】分离变量法，利用导数求函数的单调性，极值是解题关键.10在正四面体中，分别为，的中点，为线段上的动点（包括端点），记与所成角的最小值为，与平面所成角的最大值为，则（ ）ABCD【答案】C【分析】由最小角、最大角定理得到与所成最小角为与平面所成的角，与平面所成最大角为二面角求解.【详解】如图所示：由最小角、最大角定理得：与所成最小角为与平面所成的角，在正四面体中，因为，所以平面BCM，所以与平面所成的角为，所以，与平面所成最大角为二面角，同理得：平面
7、MND，所以二面角d 平面角为,所以，因为，所以.故选：C.二、填空题11若实数，满足条件，且，则的最小值为_.【答案】2【分析】由可将变形，然后利用换元法结合二次函数的单调性即可求解.【详解】因为，所以令，令，有，则，因此，则，所以的最小值为2.故答案为：2【点睛】本题主要考查函数最值及其几何意义，解题的关键是利用换元法将本题转化成二次函数求最值问题，考查化归与转化思想，属于中档题.12已知平面向量，满足，则的取值范围为_.【答案】【分析】用几何意义求解不妨设，则在圆心在原点，半径为2的圆上，设，则在以为圆心半径为1的圆上，运动后，形成的轨迹是圆心在原点，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环，表
8、示圆环内的点与定点的距离，由图形可得最大值和最小值【详解】令，设的坐标为，的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆上.设，的坐标为，的轨迹为圆心在原点，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环上.表示与点的距离，由图可知，故的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查向量模的几何意义，考查模的最值，解题关键是设，固定后得出了的轨迹，然后由模的几何意义得出最值13已知，若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为_.【答案】【分析】不等式等价变形，利用同构函数的单调性得解【详解】令，在上单调递增.，恒成立，令，只需，单调递增，单调递减，时，的最大值为，的最小值为.故答案为：【点睛】不等式等价变形，同构函数是解题关键.三
9、、双空题14已知，且，则_，_.【答案】 【分析】根据x的范围利用平方关系求出余弦，即可求得正切，利用二倍角公式化简，利用商数关系求解 .【详解】由题：，且，所以，所以=故答案为：；15已知，则_，_.【答案】16 1 【分析】根据，由第三项和第四项两类求解；分别令和求解.【详解】因为，所以，令得，令得，所以1，故答案为：16，116抛物线的焦点在直线：上，则_，若焦点在轴上的双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的离心率为_.【答案】16 【分析】写出抛物线方程的标准形式，可知抛物线的焦点坐标，代到直线中即可求出的值；由的结果可求出直线的斜率，又双曲线焦点在轴，可知渐近线方程为：，根据平行可
10、求出的关系，从而求出离心率.【详解】解：抛物线方程为，焦点坐标为，在直线上，则有；：直线为，斜率为，因为双曲线焦点在轴上，所以双曲线渐近线方程为：，即，则有，所以离心率为：.故答案为：16；.【点睛】易错点睛：（1）求抛物线焦点坐标，先写出抛物线的标准形式；（2）已知双曲线的渐近线方程，必须先讨论双曲线焦点的位置，当焦点在轴时，渐近线为，当焦点在轴时，渐近线为.17一袋中有除颜色不同其他都相同的2个白球，2个黄球，1个红球，从中任意取出3个，有黄球的概率是_，若表示取到黄球球的个数，则_.【答案】 【分析】从中任意取出3个，基本事件总数n10，其中有黄球包含的基本事件个数m9由此能求出有黄球的
11、概率；表示取到黄球的个数，则的所有可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出E（）【详解】一袋中有除颜色不同其他都相同的2个白球，2个黄球，1个红球，从中任意取出3个，基本事件总数n10，其中有黄球包含的基本事件个数m9有黄球的概率是p表示取到黄球的个数，则的所有可能取值为0，1，2，P（0），P（1），P（2），E（）0故答案为：，【点睛】思路点睛：先求出基本事件总数，再求出黄球包含的基本事件个数，由古典概型的概率公式运算即可.表示取到黄球的个数可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，则求出E（）四、解答题18在中，角，的对边分别为，.（）求角的大小；（）若为锐角三角形，且，求周
12、长的取值范围.【答案】（）；（）.【分析】（）根据，利用正弦定理化简得到，然后再利用余弦定理求解.（）结合，在中利用正弦定理得到，再根据为锐角三角形，求得B的范围，利用三角函数的性质求解.【详解】（）因为， 由正弦定理可得，即为.由余弦定理可得，因为，所以.（）在中由正弦定理得，又，所以，所以， ，因为为锐角三角形，所以，且，所以且，所以且，所以，所以，所以周长的取值范围是.【点睛】易错点点睛：第二问在确定角B的范围时，容易忽视，结合即的条件.19如图，在四棱锥中，.（）证明：；（）求与平面所成角的正弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【分析】（）由线面垂直证得线线垂直；（）根据条件证得，两两
13、垂直，以此建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.【详解】解：（）因为，所以，所以.取的中点，连接，所以，又,所以平面.又平面，所以.（）在中，根据余弦定理得，所以，又因为，所以，所以，即.又因为，平面，所以平面.如图，以为原点，分别以，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则即令，则，所以.设与平面所成角为，所以与平面所成角的正弦值为.【点睛】利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).（2）通过平面的法向量来求.若直线与平面的夹角为，直线的方向向量与平面的法向量的夹角为
14、，则或，故有.20已知数列的前项和为，且，数列满足，.（1）求数列、的通项公式；（2）若数列满足且对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）本题首先可根据得出，然后两式相减，得出，再根据即可得出，最后根据题意得出，通过累加法即可求出；（2）本题首先可根据得出，然后通过裂项相消法求出数列的前项和，再然后将对任意恒成立转化为，最后令，取，即可求出的最大值以及取值范围.【详解】（1）因为，所以，则，即，因为，所以数列是以为首项、为公比的等比数列，因为，所以，即，则.（2），令，则，因为对任意恒成立，所以对任意恒成立，即，令，则，当时，即当时取到最小值，故，实数的取值范围
15、为.【点睛】方法点睛：常见的数列的通项公式求法有：公式法、与关系法、累加法、累乘法、构造法，常见的数列的前项和求法有：等差等比公式法、裂项相消法、错位相减法、分组求和法、倒序相加法.21已知椭圆：的长轴长为4，焦距为.（）求椭圆的标准方程；（）设直线：与椭圆交于，两个不同的点，且，为坐标原点，问：是否存在实数，使得恒成立？若存在，请求出实数，若不存在，请说明理由.【答案】（）；（）存在，.【分析】（）根据椭圆的长轴长公式、焦距公式进行求解即可；（）根据平面向量垂直的性质，结合三角形面积公式、点到直线距离公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】解：（）由题意可知，椭圆的标准方程为.（
16、）因为，所以为直角三角形，设原点到直线的距离为，由，要求实数，使得恒成立，即.设点，联立方程，所以有，.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过三角形面积公式由与已知相联系，得到.22已知函数.（）当时，求函数的单调区间；（）当时，证明：函数有2个零点.【答案】（）在单调递减，在单调递增；（）证明见解析.【分析】（）代入的值，求出函数的导数，确定导数的符号，从而求出函数的单调区间；（）是的一个零点，通过讨论x的范围，结合a的取值范围，求出的单调性，得到在上有1个零点，从而证明结论.【详解】（）当时，则，可得.当时，在单调递增，在单调递增.当时，可得，在单调递减；综上，在单调递减，在单调递增.（）当时，是的一个零点，由，可得.因为，当时，在单调递增，在单调递增，此时在无零点.当时，有， 此时在无零点.当时，在单调递增，又，由零点存在性定理知，存在唯一，使得.当时，在单调递减；当时，在单调递增；又，所以在上有1个零点.综上，当时，有2个零点.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性及函数零点问题，利用导数研究函数的零点的方法是构造函数，转化为研究函数的零点个数问题，可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图像，然后根据图像判断函数的零点个数，考查了学生的逻辑推理能力，转化与化归能力，分类讨论思想，属于难题.
