浙江省嘉兴市2021届高三数学9月教学测试试题

这是一份浙江省嘉兴市2021届高三数学9月教学测试试题，共10页。试卷主要包含了，且，则的值为，函数的大致图象是，对于函数，，下列命题错误的是，已知函数，其中等内容，欢迎下载使用。

1．本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答．答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名；
2．本试题卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟．
参考公式：
若事件，互斥，则
若事件，相互独立，则
若事件在一次试验中发生的概率是，则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率
台体的体积公式
其中，分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高．
柱体的体积公式
其中表示柱体的底面积，表示柱体的高
锥体的体积公式
其中表示锥体的底面积，表示锥体的高
球的表面积公式
球的体积公式
其中表示球的半径
第Ⅰ卷
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，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．2D．4
4．，且，则的值为（ ）
A．B．0C．D．
5．若实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．函数的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
7．对于函数，，下列命题错误的是（ ）
A．函数的最大值是
B．不存在，使得
C．函数在上单调递减
D．存在，使得恒成立
8．数列的前项和为，且，，则“”是“数列为等差数列”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
9．如图，矩形中，，，点为中点，将沿折起，在翻折过程中，记二面角的平面角大小为，则当最大时，（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，其中．若对于某个，有且仅有3个不同取值的，使得关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题有7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
11．已知，其中为虚数单位．若，则________；________．
12．函数是定义在上的奇函数，且当时，，则________；不等式的解集为________．
13．已知，则________；
________．
14．已知盒中装有个红球和3个黄球，从中任取2个球（取到每个球是等可能的），随机变表示取到黄球的个数，且的分布列为：
则________；________．
15．已知正项等比数列的前项和为，若，则________．
16．已知直线与轴交于点，为直线上异于的动点，记点的横坐标为．若椭圆：上存在点，使得，则的取值范围是________．
17．已知不共线向量，满足，且，向量，的夹角为，若，则的最小值为________．
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．（本题满分14分）
在中，角，，所对的边分别是，，．已知．
（1）求的值；
（2）若，，求的值．
19．（本题满分15分）
如图，四棱锥中，为等边三角形，平面，且，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
20．（本题满分15分）
已知数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
21．（本题满分15分）
如图，已知抛物线，的焦点分别为，，且．
（1）当最短时，求直线的方程；
（2）设抛物线，异于原点的交点为，过点作直线，分别交，于，两点，其中直线的斜率，且点为线段的中点．当最短时，求抛物线，的方程．
22．（本题满分15分）
已知函数
（1）当，时，求在处的切线方程；
（2）当时，的最小值为0，求的最小值．
2020年嘉兴市高三教学测试
高三数学 参考答案（2020.9）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1．D； 2．B； 3．A； 4．C； 5．D； 6．C； 7．B； 8．A； 9．D； 10．C．
10．提示
显然，否则，于是，即，这与不等式的解集为矛盾．又易知时，不等式恒成立．于是仅需再分析的情形．易知，由知或，所以．所以原问题等价于关于的方程有两解，进而由函数图像易知．
二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空悬每题4分，共36分）
11．； 12．2； 13．0； 14．3；1 15．4
16． 17．
17．提示：
，变形得
，两边平方得，
再两边平方得，所以．
三、解答题
18．解：（1）由得，所以
，即，又，解得，．
（2）由余弦定理得，即，解得，即．
19．解（1）延长交的延长线于，连接．因为且，所以为中点．又为中点，所以．又平面，平面，于是平面；
（2）方法一：由且为中点知．因为平面，且平面，所以，又，于是平面．由平面得平面平面．连接，显然，因为平面平面，所以平面．连接，所以即为直线与平面的所成角．由，则，所以在中，．
方法二：取的中点，连接．由及平面得平面．如图建立空间坐标系，易得，，
于是，，设平面的一个法向量，于是
，令，解得，
所以．又，设直线与平面的所成角的大小为，所以．
20．解：（1）当时，，得
当时，，相减得，变形得，
又∵，∴，即∴
（2），于是
，令
即．
①
②
①②得
∴
∴．
21．解：（1），等号当且仅当时成立．此时的方程为．
（2）方法一：设，则，解得．进一步，于是，．设，联立得，于是，，解得．，联立得，于是，，解得，．所以，整理得，即．令，换元得，所以，于是．
又，当且仅当时等号成立．所以，此时，．
方法二：设，则，解得，进一步得，于是，．由知，即．又．所以，整理得．令，则，解得或（舍）或（舍）．于是，．
所以，当且仅当时等号成立．所以，此时，．
方法三：设，，由为线段的中点，于是．因为，均在抛物线上，所以，
再由化简得
消去得，即
令，得，解得，于是，．
所以，当且仅当时等号成立．所以，此时，．
22．解：（1），所以，又，于是切线方程为，即．
（2）方法一：，进而，于是易知在上单调递减，在上单调递增．所以
（Ⅰ）当即时
由知在上单调递增．又，所以．这与在有解矛盾．
（Ⅱ）当即时
易知存在，，使得，且在，上单调递增，在上单调递减．
所以原问题等价于，整理得
所以，由得．令，
显然，所以在上单调递减，在上单调递增，于是，即的小值为．
方法二：∵，∴的最小值为0等价于的最小值为0．
令，即
由得，存在唯一，使得，即，所以在单调递减，单调递增，因此，将代入得，即，所以，由，得．
令，显然，所以在上单调递减，在上单调递增，是，即的最小值为．0
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