浙江省2021届高三百校联考9月联考数学试题(含答案和解析)

1、20202021学年高三百校9月联考考生注意:1 .本试卷分第I卷(选择题)和第口卷(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：而考全部内容a参考公式；柱体的体积公式V=S/i其中S袤示柱体的底面积.A表示柱体的意台体的体积公式V=5(s +JSTST+&)其中S1,与分别表示台体的土、下底面积J表示台体的高球的袭面积公式球的体积公式其中R表示球的半径维体的体积公式V=占Sl2 U其中5表示椎体的底而积,力求示锥体的高选择题部分(共40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

2、有一项是 正确的，1 .已知集合 P = G|lNV33Q=y2<y<4,则 PUQ=A. x l<x<2B. x|2<x<3)C. j|1<x<4|)D.02 .复数?=2-3i(i为虚数单位)的虚部为A. 2B.3C. -3：D. - 3-i【20202021学年高三百校9月联考数学 第2页（共6页”jr+?+l>03 .若实数n,7满足约束条件<.，则z="+y的取值范围是(xy>QA, (-l94-oo) B.CCI,+8)D, (-00,1)4 .函数？ =-2ncos a的部分图象是5 . 一个空间几何体的

3、三视图（单位：cm>如图所示,则该几何体的体积（单位:为正视图到视图师视图A 1b 4-C -PD 4-“633666336 .“空间三个平面a第。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m>>0,a>0且。*19设乂=优，+o一小小'=。+一”9则A.M>NB.M=NC MND. （M-N）U-l）>08 .已知点P是双曲线圣一£ = 1右支上的一点.B是双曲线的左焦点，口双曲线的一条渐近线恰是线段尸居的中垂线,则该双曲线的渐近线方程是A._y=

4、7;%B. y= ±xC. y=±.j3xD.=±219 .已知数列a“),a.=2”,d=2%,"=(1+*)(1十吉)(1十丹(1十),丘旷，则A.M<1B.iV>4C.M<2D.M>210.已知向贵 a| = 2,=3, |c| =4w d =4,且 a+b+c+d=0,则(a+力) (»+c) =A.4C.2D. 1乙非选择题部分（共110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.1L已知在数列%）中,勾=2,且点在抛物线n2=外上，则数列&的前4项和为 .12 .在二项式（工

5、一2严的展开式中，常数项为若（02>。=。+田（/-1） + 生包1产十十。10殳1）”,则。9等于_ _.13 .已知角a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八一亮，?），则tan a= > cos 2a =14 .已知在楼长为2的正方体4BCDA出GD中，点M,N,P分别是棱CG，GD】,AQ|的 中点,则过点M,N,P的平面截正方体ABCD-ABCid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。的有10个，标记数字的有个5=1,2, 3,4).现从袋中任取一球,乂表示所取球标记的数字,则(

6、乂=2)=,若丫=2* +硒,且E(Y)=b则实数m=.16 .已知函数fCr)/一以+c(aV6<c)有两个零点分别为一 1和w,则实数切的取值范围 是 .17 .已知函数/(幻=|+| + |+小立式0.口,设/包)的最大值为以若也;=1,则实数。 的取值范围为.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 ,6，c,且 26sin A=VJacos B+asin B. (D求角B的大小；(2)设点D是AC的中点，若BD=6,求a+c的取值范围.【202。2021学年高三百校9

7、月联考数学 第3页(共.6页)19 .(本小题满分15分)如图，已知平面ABCD_L平面DBNM,菱形ABCD与菱形DBNM全等，且/MDB = NDAB,点G为MC的中点.(1)求证:平面G3D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an 的公比q>l,且© +3 +。5 =42,由+9是耿,生的等差中项.(1)求数列4的通项公式.设儿=弁，数列也的前»项的和为S“,求证。I dfl10【20202021学年高三百校9月僦考数学 第4页(共6页)】2L (本小题满分15分)设抛物线丁 = 2"(40)

8、的焦点为F,点F到抛物线的准线的距离为2,若椭圆捺十* = 1(>6>0)的右焦点也为F,良心率为;.(1)求抛物线方程和椭圆方程；(2)若不经过点F的直线2与抛物线交于A,B两点，且示仍二-3(。为坐标原点)，直线 I与梯唆交于C,D两点，求口?尸的面积的最大值.2020-2021学年高三百校9月踪考数学 第5页(共6页)】22.(本小题满分15分)已知函数 /(x) = ex ax2 (e=2. 718).(D若函数八为在(o, +8)上有两个零点，求实数a的取值范围.(2)设函数以1)=百1)+”/ 1N,证明:屋式)存在唯一的极大值点Xo，且旨vg(%o)【20202021

9、学年高三百校9月联考数学 第6页(关6页)】2020-2021学年高三百校9月联考数学参考答案一、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12345678910答案CCADABADcB8.D解:如图所示，因为双曲线的渐近线为y=±£n|OBI=c,所以直线产冗的方程为y=仔G+c).由原点0(0,0)到直线PF :az“+第=0的距离d= ,=a,可得|OM|=a,FM=b.又根据几何图形的性质，可得IBP|=26,|BP|=2a,根据双曲线的定义，可得 I F】P| 一 | FzP| =2a = 2力一2a,所以6

10、=2,故双曲线的渐近线为y=±2x.以、少大、R / 0 F)/ / / %9.C 7”=2"，儿=2%=22”,(1+专)(1+分(1+土)(1+之)=(1 +翅 1+方)(1+*)(】+/) = (L/)(1十部14)(1+方),(1+次)_1-(聂 7=3 i苏一苏10 . B 设 a=A5,b=BC,c=C5,d=55,在ABC中，由余弦定理的向髭式，可得GVC5=|C5| cA 乌哥与啬牛= 歌,十零一四强；同理，在ABC中.可得4 时二球2十平 冠:所以在四边形ABCD中，*-防=花 圆-汲 二(61欧)击 奄), Lt即(a+b) . (b+c)=ZC 就=疑

11、'+"、)；(A屋也)=£. ZU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 .需 12.1024；-10 13. y;y 14. 6伍;笈15 .告;一2 16.d,2)17. E-16 . (1,2)令 /(x)=ax2 5n + c = q(n + 1) (.xm')=axz + (1 - 7)1 一6】,贝Q b= 一a(l-zn) ,c=-azn,因为 /(l)=a+b+c=0,且 qV小Vc,所以 <0Vc9即 a<a(lm)V。加9可得 1> 【20202021学年高三百校9月联考数学参考答案 第I

12、页(共5页)】加一1一加,解得mg d，2）.17 .1,一白 因为 M& = 1,函数/3=|工+°| + |+” ,n£0,1,且 /（x）= |工+”| +|l2+6|）|I2+工+a+时.GO,1, f（jc）= |ar+a | + |/+6|2|/一忆一a+“，/G 0,1,所以 M=max |a+6|, |a+6+2 9 b-a »|b-a. I ）,由题意可得,存在a,对于任意的，使得M的最小值为1, 由于在数轴上的点一a2和点一a之间的距离恰好为2, 因此要使M的最小值为1,则必有一a 2&a，且a+）一a, q解得aW1， o三、

13、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，可得加in A=asinB, stn A sin n又由加in A=acos（B一"?），可得 asin 3=acos（8一簧），即 sin B=cos（B*$）, （3 分） 0ob即 sin B=§cos B+sin B,可得 tan B=&又因为 8W（0,n）,所以 B=£. （7 分） 乙乙J法一:如图，延长BD到E,使DE=8。,连接AE,CE,则四边形ABCE为平行四边形,且 BE=2®/BAE=W，AB=c,AE=B

14、C=%在BAE中,由余弦定理可得,（26）2 =公+1 _ 2accos与， O即 M+犬+。=12,可得（a+c）2ac=12,即 ac = （a+c）2 12»（10 分） 由基本不等式可得,ac=Q+c> 124（5）2,即号（a+c）2&2,即（a+c）Wl6,可得a+c44.（当且仅当a = c=2时取等号）（12分） 又由 AE+AEOBE,可得 a+c>26, 故a+c的取值范围是（2遍,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 .解式1）连接AC交于E,连接GE（图略）易知GEAM.因为GEU平面AMN,AMU平面AMN

15、,所以GE平面AMN. （3分）MNBE,同理可证BE 平面AMN.又因为BEDGE=E，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/MDB=NDAB, 可得 AD=AB=BD,DM=BD=MB,所以又平面ABCD_L平面DBNM且相交于BD,所以ME_L平面ABCD.因为MEJ_6D,AC_L8D,且ACnME=E，所以8D_L平面AMC,又因为8DU平面 GBD,所以平面GBD_L平面AMC,过点C作CFJLGE,则CFJ_平面GBD,连接BF,由ADBC,可知/CBF即为直线AD 与平面GB。所成的角.（10分）由（1）平面

16、GBE平面AMN,可得NCEF即为直线AD与平面AMN的所成角.（12分）由 AD=AB=BD,可得NDAB=60°.在直角三角形MAE中,ME=AE,所以NMAE=45°,则/GEC=45°,所以CF=CE.又在直角三角形DEC中,NEDC=6（）:所以CE=噂BC.易知 CF=CE=BC,所以 sin/CBF=1=乎. /4DC 4故直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为平.（15分）（2）（坐标法）（图略）连接ME,由菱形ABCD与菱形DBNM全等，且NMDB=/DAB, 可得 AD=AB=BD,DM=BD=MB,所以 ME±BD.又平面ABCDJ

17、_平面MNBD,且平面ABCDf平面DBNM=8D,所以ME_L平面ABCD.则可以以向量直，或，就的方向分别作为LN轴的正方向，建立空间直角坐标系，令 AB=2,则 A （点,0,01,DC0,点）,3（0J,0）,N（0,2,a/J），（10 分）（/1 n=（）fxH-z= 0设平面AMN的法向量为kCr.y,z3则 , 八,可得， 二、 厂 ,IAN n=0-x2y+3z=0令工=1，得；y=0,%=L所以平面AMN的法向量为 =（1,0,13（12分）设直线AD与平面AMN所成的角为。，则sin 8= |cos故直线A。与平面AMN的所成角的正弦值为斗.（15分）20. （1）解：由

18、小+9是01，恶的等差中项，可得。1+恁=3+18, .。+。3+。5 = 3。3 + 18 =42,解得勾=8,（3分）由。+恁=34,可得/+8寸 = 34,解得g2=4或又力>1,7=2.（6分）故 = 2（7 分）证明：<"=（不”，（11 分）（尹+1 （尹S尸瓦+区+也+/<4+得+（不3 + （看+ g尸=1|十得.（不r io o J bo y y o又S产卷<卷S2=|f<*，SV得（15分）20202021学年高三百校9月联考数学参考答案 第3页（共5页）】21.解:由已知可得9/)=2,F(I.O) ».c:=l.e=.a

19、 = 2,bz=a2cz = 3 Cl 乙，抛物线方程为3，z=4n,桶圆方程为牛+苧 = L (5分)设宜线I的方程为加*=1+(户-1),由产一4力，消去之，可得一&叮+4,2=0,l7)=N十%设A5，例),Bte g,则产+”:叱1»172=4 几因为 o5=Xix2-+-31 J»2 =Fw2=¥/+4"=7/+4=3,(7 分)所以n=-3或=一1(舍去)，所以直线I的方程为帆？=二一3. (9分)旺+£=由1 4 3，消去处可得(3"+4)了2 + 18。+15=0,、加？=73 _1 %- 3府 +4设。(牝，

20、先)，。(力)，:Vd),则'1，( 11 分)15设直线，与彳轴交于点E,所以 Saa>F=3|EF! 11yl*dI =><2X |九一y丁 = l»c血I=/(北+如)2 4”、。=/(-5)2一5_4遍 /3帆2 5- 37nz+4. （13 分）令/3加2-5 =£>0),则那=手,所以s(z) = 4乃占=唔<华=空，当且 oL I y , y o *5仅当工=3,即加=土晔时，等号成立，即QDF的面积取最大值最大值为零.(15分)JJ22. (1)解：/(/) = e* a/=i( a干er),设函数人(Z)=1a.r2e

21、-1.函数/Cr)在(0,+g)上有两个零点，即函数力()在(0,+8)上有两个零点.当aWO时/Cr)>O,/zCr)没有零点；当 a>0 时,A (x)=ax(x2)e-r.当工£(0,2)时,GOV0；当rW(2,+8)时,，(£»0.所以人(外在(0,2)上单调递减.在(2,+8)上单调递增，故晨2) = 1怨是人在(0,十2内的最小值. e若/"2)>0,即。<亨,/0在(0,+8)没有零点；若灰2)=0,即d=力心)在(0,+8)只有一个零点；若从2V0,即a>宇，由于从0) = 1，尢(0) 力(2)<0,所以限)在(0,2)上有一个零点，当±>0时，易证袅>1,所以.(4a) = l-=.(詈,)2>1 占;尸=1十>3所以 A(2)A(4a)V0,故以外