2021届浙江省丽水、湖州、衢州三地市高三下学期4月教学质量检测(二模)数学试题

数学试题卷

注意事项：

1．本科目考试分试题卷和答题卷，考生须在答题纸上作答．

2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，全卷满分

150分，考试时间120分钟．

第Ⅰ卷（选择题，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，只有一项是

符合题目要求的．

1．已知复数z13i，其中i为虚数单位，则|z|=

iA．5

2

B．10

2 C．10 D．2

2．已知直线l，m和平面

A．若l//m，m，则l// C．若l，m，则lm

B．若l//，m，则l//m D．若lm，l，则m

33．函数ysinx（0）的图象向左平移2个单位，所得到图象的对称轴与原函数图象的对称轴重合，则的最小值是 A．

3 4B．

3 2C．2 D．3

x2y0,4．若整数．．x,y满足不等式组x2y40,则3x4y的最大值是

7x2y80,A．10 B．0 C．3 D．5

5．函数f(x)x2xcosx的图象可能是

A.

B．

C．

D.

6．“关于x的方程1x2xmmR有解”的一个必要不充分条件是

A．m[2,2]

B．m[2,2]

D．m[1,2]

C．m[1,1] 7．设0p

2，随机变量的分布列是 3 P 1 p 0 1 3 2p31 2则当p在0,内增大时，

3A．D增大 B．D减小

D．D先增大后减小

C．D先减小后增大

8．某市抽调5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，每所医院至少安排一位医生．由于工作需要，甲、乙两位医生必须安排在不同的医院，则不同的安排种数是 A．90 C．144

B．216

D．240

9．设fx是定义在R上的奇函数，满足f2xfx，数列an满足a11，且

21an11annN．则fa22

nnA．0

B．1

C．21

D．22

10．已知定义在0,上的函数fx为减函数，对任意的x0,，均有

31fxffx，则函数gxfx3x的最小值是

2x4A．2

B．5 C．

10 D．3 3第Ⅱ卷（非选择题部分，共110分）

注意事项：

用钢笔或签字笔将试题卷中的题目做在答题卷上，做在试题卷上无效．

二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．

x22x,x2,11．已知函数fx 则ff4 ▲ ， logx1,x2,224正视图2侧视图函数fx的单调递减区间是 ▲ ．

12．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体

的表面积是 ▲ cm，体积是 ▲ cm．

23俯视图(第12题图)

图)

13．已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点

525， 则tan ▲ ，sinP, ▲ ． 54514．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依

据是：设学实数x的不足近似值和过剩近似值分别为两个既约分数

bdbd和，则是x的更acac为精确的近科似值．现第一次用“调日法”:由▲ ．第二次用网“调日法”：由a1π2522π得到π的更为精确的近似值为a1，则a1 8722得到π的更为精确的近似值为a2，．．．，记第n次用“调日7法”得到π的更为精确的近似值为ann10,nN若an3.14，则n ▲ ．

．

15．设a,bR,0，若a2b24，且ab的最大值是5，则 ▲ ． 16．已知平面向量a,b,c,d，若ab3，ab0，acac4，bd1，

则cd的最大值是 ▲ ．

2y2x17．已知F1,F2是双曲线C:221a,b0的左、右焦点，过F2的直线交双曲线的右支于A,B两ab点，且AF12AF2，AF1F2F1BF2，则下列结论正确的有 ▲ ．（请填正确的序号，注意：不选、错选得0分，漏选得2分．）

①双曲线C的离心率e23； ②双曲线C的一条渐近线斜率是3； 3③线段AB6a； ④AF1F2的面积是15a2．

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）

在锐角ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinBsinACcosC． （Ⅰ）求角A的大小；

22（Ⅱ）当c23时，求ab的取值范围．

19.（本小题满分15分）

M是A1C1已知三棱柱ABCA1B1C1，四边形ACC1A1是菱形且A1AC60°，ABC是正三角形，

的中点，MBMC． （Ⅰ）证明：AMBC；

（Ⅱ）求直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值．

20.（本小题满分15分）

已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a12，a2a3是a3与a4的等差中项．数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn（第19题图） n(n1)2an2． 2求证：（Ⅰ）数列{anbn}是等差数列；

（Ⅱ）

21.（本小题满分15分）

11b1b21121． bnanx2y2已知F1,F2是椭圆E:221ab0的左、右焦点，动点P在椭圆上，且PF1的最小

ab值和最大值分别为1和3． （Ⅰ）求椭圆的标准方程；

2（Ⅱ）动点M在抛物线C:y4x上，且在直线xa的

右侧．过点M作椭圆E的两条切线分别交直线xa于

A，B两点．当AB10时，求点M的坐标．

22．（本小题满分15分）

（第21题图）

ax4x1． lnx（Ⅰ）当a0时，求函数fx的图象在e,fe处的切线方程；

已知函数fx

（Ⅱ）若对任意x1,，不等式fxlnx4恒成立，求实数a的取值范围．

（其中e为自然对数的底数）

丽水、湖州、衢州2021年4月三地市高三教学质量检测试卷

数学参

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分. 题号 答案

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11. 1; 1,2 12. 2045; 8 14.

13. 2;

1 C 2 C 3 B 4 C 5 A 6 A 7 D 8 B 9 A 10 D 10 1047；6 15. 4 1516. 122 17. ②④

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）

在锐角ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinBsinACcosC． （Ⅰ）求角A的大小

；

22（Ⅱ）当c23时，求ab的取值范围．

解析：（Ⅰ）由sinBsinACcosC

得sinACsinACcosC-------------------------------------2分 化简2sinAcosCcosC-------------------------------------2分 由于ABC为锐角三角形，所以cosC0，得sinA又0A1， 22，故A6.-------------------------------------------------7分

（Ⅱ）由正弦定理得

bc，----------------------------9分 sinBsinC得b又

csinB33

sinCtanC3C2，得3b4.---------------------------------11分

由余弦定理得abc2bccosAb6b12-------------13分

2222315所以ab2b6b122b12,20.------------------14分

222222

19.（本小题满分15分）

已知三棱柱ABCA1B1C1，ABC是正三角形，四边形ACC1A1是菱形 且A1AC60，M是A1C1的中点，MBMC． （Ⅰ）证明：AMBC；

（Ⅱ）求直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解析：(Ⅰ)设BC中点为D，连结AD,MD，如图所示．

由MBMC得 MDBC．-----------2分 由ABC是正三角形得ADBC．-----------4分 又MDAEBB1A1MNC1CDADD，故BC平面AMD，

因此BCAM．-----------6分

(Ⅱ) 设AD中点为E，平面AME交B1C1于N，连结NE．

设AA1AC1．由MNAD得C1N11B1C1， 44

由直角梯形DCC1N得DN15． 4由BC平面AMND得平面BCC1B1平面AMND，-----------------------------9分 所以DN为AM在平面BCC1B1内的射影，

所以END为AM与平面BCC1B1所成的角．--------------------------------11分

在△END中，DE2EN2DN22ENDNcosEND， 由DE37152105，ENAM，DN得cosEND，------------14分 4242121． 2121．---------------------15分 21sinEND所以，直线AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为

20.（本小题满分15分）

已知学数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a12，a2a3是a3与a4的等差中项．数列{bn}的前n科项和为Sn，且Snn(n1)2an2,nN． 2

求证：（Ⅰ网）数列{anbn}是等差数列；

11（Ⅱ）b1b2

1121． bnan解析：（Ⅰ）由已知a3a42a2a3，

得a4a32a20

设数列{an}的公比为q，则qq20，解得q2或q1（舍去） 解得an2.-----------------------------------------------------------------------3分 由Snn2n(n1)n(n1)2an2，得Sn12an12， 22n1两式相减得bnn2an2an12n2n2n，

解得bn2n.-----------------------------------------------------------------6分 故anbnn，于是an1bn1anbn1为定值，

因此数列{anbn}是等差数列.-----------------------------------------------7分 （2）由糖水不等式得

1n1n2n3n1n------------------10分 nn2n222n2n3n1n

2211b1b212445bn202121222又21n3------------------------------------------------13分 2n122，------------------------------------------------------14分 nan2因为nN，所以2n322. 2n2n因此

11b1b21121.------------------------------------------15分 bnan21.（本小题满分15分）

x2y2已知F1,F2是椭圆E:221ab0的左、右焦点， ab动点P在椭圆上，且PF1的最小值和最大值分别1和3． （Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（第21题图）

（Ⅱ）动点M在抛物线C:y24x上，且在直线xa的 右侧．过点M作椭圆E的两条切线分别交直线xa于

A，B两点．当AB10时，求点M的坐标．

解析：（Ⅰ）由ac1，------------2分

ac33，------------4分

解得a2，c1，bx2y2所以椭圆方程为1 -----------5分

432（Ⅱ）不妨设kPAk1，kPBk2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(t,2t)，

设过点M作椭圆的切线方程为yk(xt)2t，-----------------------7分

2ykx(2ttk)由2， 23x4y122得(34k)x8k(2ttk)x4(2ttk)120 由0得到(t4)k4tk4t30，

4232222224t34t23所以k1k24，--------------------------------------9分 ,k1k24t4t4令x2，ABy1y2t2k1k2，

223t416t212因为k1k2， at4423t416t212-------------------------------------------12分 所以ABt2(t22)(t22)24(7t26)234102t4t4解得t24，

点M的坐标为4,4 .----------------------------------------------------------------15分

22．（本小题满分15分）

ax4x1． lnx（Ⅰ）当a0时，求函数fx的图象在e,fe处的切线方程；

已知函数fx

（Ⅱ）若对任意x1,，不等式fxlnx4恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）

解析：（Ⅰ）当a0时，fx此时fx故fe4所以fe4．---------------------1分 lnx4，------------------------------------------------------------3分

xln2x4，-----------------------------------------------------------------4分 e44xe，即yx8．-----------5分 ee所以所求切线方程为y42（Ⅱ）由题意得ax4lnx4lnx0对对任意x1,恒成立． 令xe，得a1，----------------------------------------------------------6分 e设gxax4ln2x4lnx（x1,），

gxa设hx2lnx4， x21lnx2lnx40， ，则hx2xx所以hx在x1,递减，故0hx4．--------------------------------8分 ①当a4时，gx0，所以gx在1,单调递增，gxg1a40

所以a4满足题意．-------------------------------------------------------------10分 ②当

2lnx041， a4时，存在x01使得ax0e即ax02lnx04且gx在1,x0单调递减，在x0,单调递增，

gxmingx0ax04ln2x04lnx00--------------------------------------12分

22所以2lnx044lnx04lnx00，即lnx02lnx080，解得4lnx02 2即1x0e，由hx2lnx4在x1,递减， x可知

8a4．----------------------------------------------------------------14分 2e8．-----------------------------------------------------------------------15分 e2

综上所述可得a