2021届浙江省五校高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

这是一份2021届浙江省五校高三上学期第一次联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届浙江省五校高三上学期第一次联考数学试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先求定义域得集合A，再根据补集与并集定义求结果.
【详解】

所以
故选：C
【点睛】
本题考查补集与并集运算、函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
2．“直线与平面内无数条直线垂直”是“直线与平面垂直”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不必要也不充分条件
【答案】B
【解析】根据充分必要条件的定义即可判断.
【详解】
设命题：直线与平面内无数条直线垂直，
命题：直线与平面垂直，
则，但，所以是的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】
本题主要考查必要不充分条件的判断，涉及线面垂直的定义和性质，属于中档题.
3．若，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
【答案】C
【解析】先作可行域，再根据目标函数表示直线，结合图象确定最大值取法，即得结果.
【详解】

先作可行域，如图，则直线过点时取最大值，为
故选：C

【点睛】
本题考查利用线性规划求最值，烤箱数形结合思想方法，属基础题.
4．已知，，，则在方向上的投影为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由向量的坐标表示可得，利用数量积公式求向量夹角余弦值，进而可求在方向上的投影.
【详解】
由题意知：，
∴，
故在方向上的投影：，
故选：A
【点睛】
本题考查了向量数量积的坐标表示，由向量线性关系求向量的坐标，利用向量数量积的坐标表示求向量的夹角，进而求向量的投影.
5．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先化切为弦，再根据两角和正弦公式以及正弦定理得，最后根据余弦定理求结果.
【详解】



故选：D
【点睛】
本题考查两角和正弦公式、正弦定理、余弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.
6．函数的图象是下列图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】先确定函数奇偶性，舍去A,B；再根据函数值确定选择项.
【详解】
为奇函数，舍去A,B；
因为当时，，所以舍去D,
故选：C
【点睛】
本题考查函数图象识别、奇函数判断，考查基本分析判断能力，属基础题.
7．已知数列的前项的和为，且，则（ ）
A．为等比数列 B．为摆动数列
C． D．
【答案】D
【解析】利用已知条件求出数列的通项公式，再求出的前项的和为，即可判断四个选项的正误.
【详解】
因为①，
当时，，解得：，
当时，②，
①-②得：，即，
所以，所以是以为首项，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以不是等比数列，为递增数列，故不正确，
，故选项不正确，选项正确.
故选：
【点睛】
本题主要考查了利用数列的递推公式求通项公式，考查了构造法，考查了分组求和，属于中档题.
8．已知，，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先根据二倍角余弦公式求，解得，最后根据两角差余弦公式得结果.
【详解】
或
因为，所以





故选：B
【点睛】
本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
9．已知抛物线，过点作抛物线的切线、，切点分别为、，则、两点到轴距离之和的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意得到切线、的方程，联立求得点坐标，结合已知，即可的，设直线为联立抛物线方程可求，即可求、两点到轴距离之和的最小值.
【详解】
设，由抛物线知：，
∴切线、分别为：，，
联立、的方程，可得：，而，
∴，若设直线为，联立抛物线方程得：，
∴，即，
而，
∴，故当时有最小值，
故选：B
【点睛】
本题考查了抛物线，利用准线上的动点与抛物线的切线的关系求得切点横坐标的数量关系，由切点到横轴的距离为切点纵坐标之和，结合已知方程所得函数式求最值.
10．已知函数，，给出下列四个命题：
①函数图象关于点对称；
②对于任意，存在实数，使得函数为偶函数；
③对于任意，函数存在最小值；
④当时，关于的方程的解集可能为，
其中正确命题为（ ）
A．②③ B．②④ C．②③④ D．①③④
【答案】A
【解析】举例说明①不成立；根据偶函数定义证明②成立；根据绝对值定义说明③成立；举例说明④不成立.
【详解】
当时，没有意义，即不满足，故①错误；
对于任意，存在实数，
此时函数定义域为，
且
即函数为偶函数；故②正确；
对于任意，函数
当时，（当且仅当时取等号），此时函数存在最小值；
当时，
当时，
，当且仅当时取等号，此时当时，存在最小值
当时，
因此在上单调递增
又
因此存在唯一，使得
即当时，；当时，；
因此当时，存在最小值
综上，当时，存在最小值
因为，所以关于对称，从而函数必存在最小值，即③正确；
当时，没有意义，即关于的方程的解集不可能为，故④错误；
故选：A
【点睛】
本题考查函数奇偶性、最值以及函数与方程，考查综合分析判断能力，属中档题.


二、双空题
11．不等式的解集是___________；不等式的解集是___________.
【答案】
【解析】利用指数函数、对数函数的单调性及其性质求不等式解集即可.
【详解】
有，所以，即，解得；
有，所以，解得；
故答案为：；；
【点睛】
本题考查了利用函数的单调性，结合一元二次不等式的解法解不等式，属于基础题.
12．函数在区间的图象如下图，则的最小正周期为___________；___________.

【答案】
【解析】将代入解析式，即可得，再结合，即可求得的值，从而求出的解析式，即可得周期和的值.
【详解】
由图知在图象上，且为图象上升时与轴的交点，
所以，，解得：，
因为 ，所以，所以，
令，得，所以，
所以，，
故答案为：；
【点睛】
本题主要考查了利用三角函数图象求解析式，考查了周期公式和诱导公式，属于中档题.
13．已知双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，点为双曲线上一点，，则双曲线的渐近线方程为___________；若双曲线的实轴长为4，则的面积为___________.
【答案】
【解析】双曲线的离心率为 ，所以，即可得渐近线方程；设点在右支上，，，由双曲线的定义可知，再利用余弦定理列方程，即可求出，再利用三角形面积公式即可以求面积.
【详解】
双曲线的离心率为 ，所以，
所以双曲线的渐近线方程为： ，
由题意知：，所以，，
设点在右支上，，，则，
在中，由余弦定理得： ，
即①，
将两边同时平方得：②，
由①②得：，所以，
所以的面积为，
故答案为：；
【点睛】
本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的几何性质，离心率、渐近线，考查求焦点三角形的面积，涉及余弦定理和三角形面积公式，属于中档题.

三、填空题
14．已知函数（其中是自然对数的底数），则___________；若与的图象有两个不同的公共点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】根据自变量范围代入对应解析式，计算即得第一空；先转化为函数与交点，再结合导数确定函数单调性，最后根据数形结合确定实数的取值范围.
【详解】
；
与的图象有两个不同的公共点，即函数与的图象有两个不同的公共点，
当时，单调递减；
当时，，即在上单调递减，在上单调递增；
画出示意图，由图可知当时，与的图象有两个不同的公共点，

【点睛】
本题考查求分段函数值、根据函数交点求参数，考查数形结合思想方法，属中档题.
15．某个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为___________.

【答案】
【解析】先还原三视图，再根据锥体体积公式求结果.
【详解】
先还原三视图，几何体为三棱锥,，因此体积为
故答案为：

【点睛】
本题考查三视图、锥体体积公式，考查空间想象能力，属基础题.
16．已知，，是非零向量，，，为任意实数，当与的夹角为时，的最小值是___________.
【答案】
【解析】设，，，，利用可以设利用即可求出点的轨迹为单位圆，， 的最小值是点到直线的距离，从而求得答案.
【详解】
设，，，
因为，


，，
因为与的夹角为，所以与夹角为，所以，
所以，所以，
因为得：所，
所以，所以点的轨迹为单位圆，

所以的最小值是点到直线的距离.
过点作于点,交单位圆于点，
所以，
即，解得：，
所以，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了向量模的几何意义，运用坐标法可以使向量问题更简单，属于难题.
17．若a，b为实数，且，，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】构造函数，根据其在单调性，得到两边含有的不等式组，结合的范围、基本不等式，应用导数研究的最值，即可求的范围.
【详解】
设，故上单调减，
∴，而,
当且仅当时等号成立；令，则，
即在上单调减，在上单调增，
而，，
所以，
综上，有
故答案为：.
【点睛】
本题考查了构造函数法求代数式的范围，利用基本不等式、导数研究函数最值，结合已知条件求目标式的范围.

四、解答题
18．已知，中，角，，所对的边为，，.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，，求周长的取值范围.
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）利用正余弦的倍角公式化简函数式得，结合正弦型函数的单调性求的单调递增区间即可；（2）由已知条件求，由余弦定理、基本不等式、三角形三边关系有，进而可求周长的范围.
【详解】
（1），
∴在上单调递增，
∴，
（2），得，即，，则，
而，由余弦定理知：，有，所以当且仅当时等号成立，而在中，
∵周长，
∴
【点睛】
本题考查了应用三角恒等变换化简三角函数求其单调区间，利用余弦定理、基本不等式以及三角形三边关系求周长范围.
19．已知四棱锥的底面是矩形，面，，.

（1）作于，于，求证：平面；
（2）求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；
【解析】（1）由线线垂直证明线面垂直即可；（2）构建空间直角坐标系，利用空间向量求二面角正余弦值，进而求得其正切值.
【详解】
（1）四棱锥的底面是矩形，面有：，，
由，即面，又
∴面，又面，则，又且，
∴面，而面，有，又且，
∴面.
（2）由题意，构建以为原点，以为轴正方向的空间直角坐标系，则有，，，，

∴，，，，
令是面的一个法向量，则：
，若，有，
令是面的一个法向量，则：
，若，有，
，由图二面角为锐角其余弦值为，
∴二面角的正切值为.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定证垂直，通过空间向量求二面角的三角函数值，属于中档题.
20．已知数列与满足，且，，且.
（1）设，，求，并证明：数列是等比数列；
（2）设为的前n项和，求.
【答案】（1），证明见解析；（2）；
【解析】（1）根据已知条件即递推关系可求，且即可证是等比数列；（2）结合（1）奇数项之差为等比数列，同理可得偶数项之差也为等比数列，进而可得、，可知数列前n项和即为；
【详解】
（1）由题意知：


∵，有，，
∴，
由，，
∴数列是首项为12，公比为9的等比数列.
（2）由（1）知：，
∴令，即是首项为，公比为9的等比数列，
∴，即，
，即，
∴，即数列前n项和即为，
∴.
【点睛】
本题考查了数列的递推关系，根据递推关系求新数列的首项，且证明其为等比数列，由递推式将奇偶项分离，分别到它们的通项，将相邻的奇数项与偶数项的和作为新数列的项求原数列的前n项和.
21．已知椭圆的离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线与椭圆C交于A，B两个不同的点，M为AB中点，，当△AOB（点O为坐标原点）的面积S最大时，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由已知条件求出、的值，代入椭圆方程即可.
（2） 将直线与椭圆方程联立，写出判别式，以及，，再利用点到直线的距离求三角形的高，利用弦长公式求，再利用面积公式求，利用基本不等式即可求得取得最值的条件是，再根据中点坐标公式求出，由两点间距离公式即可将表示出来，从而求得取值范围.
【详解】
由题意知： ，，，
解得：， ，，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）设 ，将代入椭圆的方程得：，即，
，即，
，，


，
坐标原点到直线的距离为： ，


，
当且仅当，即时等号成立，
此时，
，
因为M为AB中点，所以，
所以
，
，由，
得，即，
，得，
，即.
【点睛】
本题主要考查了求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆相交所得原点三角形面积取得最大值的条件，涉及弦长公式，两点间距离公式，基本不等式求最值，属于难题.
22．已知函数，.
（1）若，求函数在上的单调区间；
（2）若，不等式对任意恒成立，求满足条件的最大整数b.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）3；
【解析】（1）利用导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据分析知在上恒成立，分类讨论参数
，当时不等式恒成立，时，不能恒成立，时，上恒成立，在也要恒成立则必须要，有，结合基本不等式即可求的范围，进而得到最大整数值.
【详解】
（1）当时，，

，
而时，，
∴时，在上单调递增，
时，在上单调递减；
综上，在上单调递增，在上单调递减；
（2），，令
由知：
，时，
而知，
∴，使在上单调增，
在上单调减；而，
∴在上恒成立.
∴当时，有恒成立.
当时，有恒有，
令即，
∴上，
而在上，令，
，即单调减，
又，
所以使，即上，单调增，
上，单调减，
∴综上，，使在上单调增，上单调减；
又，
1、时，在上单调减，上单调增，
且，故此时不能保证恒成立；
2、时，上恒成立；
在上要使恒成立，
令，有恒成立，
所以只要单调递增即可，有成立，
即
综上，知：时不等式对任意恒成立，
故.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的性质，由导数确定函数的单调区间，根据函数不等式恒成立求参数最值.