浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2021-2022学年高三上学期返校考试数学试题

学期返校考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

21．已知集合Ax|x1，集合Bx|x3x20，则AB（ ）

A．空集 B．(,1] C．(2,1) D．{2,1}

2．复数i2021的虚部是（ ） A．i

B．i

C．1

D．-1

3．已知直线l1：mxy1与直线l2：xmy10相互垂直，则实数m的值是（ ） A．0

B．1

C．-1

D．

是三个不同的平面，4．已知，，

A．若m//n，则// C．若mn，则

n.则下列命题成立的是m，（ ）

B．若//，则m//n D．若，则mn

5．如图所示为学生常用的等腰直角三角形三角板，图中，ABC，ABC均为等腰直角三角形，直角边长度分别为62cm和32cm，两斜边距离为1cm.现将该三角板绕斜边BC进行旋转，则图中阴影部分形成的几何体体积是（ ）（单位cm3）

A．144π 6．函数yB．126π C．108π D．102π

ln1x2cosx的图象可能是（ ）

试卷第1页，总4页

A． B．

C． D．

7．如图，在梯形ABCD中，AB2DC，E，F是DC的两个三等分点，G，H是AB的N，两个三等分点，AC分别交EG，FH于M，若MNAC，则实数的值是（ ）

A．

3 101B．

32C．

5D．

128．bR，已知a，则“a|b|0”是“函数f(x)a|x1|b|x1|存在最小值”的（ ） A．充要条件 C．必要不充分条件

B．充分不必要条件 D．即不充分也不必要条件

x2y29．已知双曲线C：221（a0，b0）的两条渐近线为l1，l2，若双曲线C的

ab右支上存在一点P，使得点P到l1，l2的距离之和为b，则双曲线C离心率的取值范围是（ ） A．[2,) 10．设aln1.01，bA．abc

二、双空题

B．(1,2]

C．[2,)

D．(1,2]

）则（ ）

1.011，c，（其中自然对数的底数e2.7182830e101B．acb

C．cba

D．cab

πcos___________. 11．已知角的终边经过点P(1,3)，则cos___________，

4试卷第2页，总4页

12．已知kR，若直线l：ykx1被圆x22xy230所截，则截得的弦长最短为___________.，此时直线l的方程为___________. 13．已知多项式(12x)1xx2a0a1xa2x23a6x6，则a1________，

a2a3a4a5a6___________.

14．抛掷三枚质地均匀的硬币，则事件“恰好有两枚硬币正面朝上”的概率为___________，记正面朝上的硬币枚数为随机变量，则的数学期望是___________.

三、填空题

15．若alog23，log2alog2b1，则3b___________.

16．设ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C.若ABC的面积为ba3c2的最小值是___________. abab32c，则1217．已知平面向量a，b，c满足a2b21，c|a|a|b|b，且|c|取到最小值时，a2b2c2___________.

四、解答题

18．已知函数f(x)sinx3cosx. （1）求函数y[f(x)]2的单调递增区间；

2，则当|a||b|2π（2）若函数yf(x)fxm（mR）在[0,π]上有两个零点，求m的取值范围.

319．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PBAD，△PBD为等边三角形.

（1）求证：PA平面ABCD；

（2）若M为棱PA的中点，求直线CM与平面PBD所成角的正弦值.

试卷第3页，总4页

20．已知数列an的前n项积为Tn，a11，且对一切nN*均有an1anTnTn1. 21（1）求证：数列为等差数列，并求数列an的通项公式；

Tn1（2）若数列的前n项和为Sn，求证：SnlnTn1.

Tn221．如图，已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F1,0，D为x轴上位于F右侧的

点，点A为抛物线C在第一象限上的一点，且AFDF，分别延长线段AF、AD交抛物线C于M、N.

（1）若AMMN，求直线AF的斜率； （2）求三角形AMN面积的最小值.

22．已知aR，f(x)xeax，（其中e为自然对数的底数）. （1）求函数yf(x)的单调区间；

22（2）若a0，函数yf(x)a有两个零点x，x2，求证：x1x22e.

试卷第4页，总4页

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参

1．D 【分析】

化简结合B，利用交集的定义求AB. 【详解】

∵ 方程x23x20的解集为{1,2}， ∴ B={1,2}，又A{x|x1}， ∴ AB{1,2}， 故选：D. 2．C 【分析】

利用复数的i的性质进行运算求解即可 【详解】 i2021i21010ii，所以虚部为1

故答案选：C 3．A 【分析】

根据直线l1：mxy1与直线l2：xmy10相互垂直，列出方程，从而可得答案. 【详解】

解：因为直线l1：mxy1与直线l2：xmy10相互垂直， 所以mm0，解得m0. 故答案为：A. 4．B 【分析】

根据线面以及面面关系，逐项分析判断即可得解. 【详解】

对A，平面和可以相交，

对B，根据定理，一个平面和另外两个平行平面相交，则交线平行，故B正确； 对C，平面内的一条直线和令一个平面内的一条直线垂直，

答案第1页，总15页

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不能证明线面垂直，即不能证明面面垂直，故C错误，

对D，若两个面垂直，第三个平面和该两个面相交，交线并不一定垂直，故D错误. 故选：B 5．C 【分析】

由等腰三角形性质和旋转可知：阴影部分形成的体积为大的三棱锥体积V1减去挖空部分V2. 【详解】

阴影部分形成的体积为大的三棱锥体积V1减去挖空部分V2，

11V136π12144π，V2π1244232π12642π6π36π

33VV1V2108π.

故选：C 6．A 【分析】

从图像利用排除法进行求解：

先分析奇偶性，排除B；计算f00排除C；根据x0时，f(x)0；排除D. 即可得到答案. 【详解】 对于fxln1x2cosx，定义域为x|xk,kZ关于原点对称.

22因为fxln1xcosxln1xfx，

2cosx所以f(x)是偶函数，排除B. 当x0时，yln102cos0200，排除C； 1当x0时，ln1x故选：A. 7．A 【分析】

0，cosx0，f(x)0；排除D.

答案第2页，总15页

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由梯形ABCD中，AB2DC，知CEM得

AGM，可得CMAM，同理CFNABN，可

MN3CMMN1MN3，化简得，进而得，即可得解.

CMMN4CM5AC10【详解】

在梯形ABCD中，AB2DC，CEMAGM

又E，F是DC的两个三等分点，G，H是AB的两个三等分点，

2CDCMCE31，即CMAM AMAG1AB31CDCNCF31CMMN1，即， ABN，同理知CFNANAH2AB4CMMN43整理得

3MN3MN3，则，即MNAC CM510AC10所以实数的值是故选：A 【点睛】

3 10思路点睛：本题考查向量的数乘运算，解题时利用几何性质得到三角形相似，从而得到线段比例关系，从而得到向量的关系，考查学生的数形结合思想与运算求解能力，属于较难题. 8．C 【分析】

，内必有最大值和最小值，由题意f(x)是连续的函数，可得在[11]只考虑x1或x1时f(x)有最小值，进而求出ab0，结合ab0和ab0的关系即可得出答案. 【详解】

，内必有最大值和最小值， 因为f(x)是连续的函数，所以在[11]所以只需考虑x1或x1时是否有最小值即可.

(ab)xba，x11x1， 由题意得，f(x)(ab)xab，(ab)xab，x1若f(x)有最小值，则当x1时必有ab0，否则f(x)单调递减，无最小值； 同理，当x1时必有(ab)0即ab0，否则f(x)单调递增，无最小值， 所以f(x)存在最小值ab0，又ab0是ab0的必要不充分条件，

答案第3页，总15页

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所以ab0是“f(x)存在最小值”的必要不充分条件. 故选：C 9．C 【分析】

l2的距离之和，设Px0,y0，求出两条渐近线方程，根据点到直线的距离公式求出点P到l1，再根据点P到l1，l2的距离之和为b，化简整理结合x0a即可求出答案. 【详解】

解：两条渐近线方程为：ybx，设Px0,y0， a则点P到l1，l2的距离之和为d1d2bx0ay0bx0ay0ab22b

P在双曲线C的右支上一点，故bx0ay00，bx0ay00， 所以d1d2b所以

2bx0c，所以x0a， c2c2，即双曲线C离心率的取值范围是[2,) a故选：C. 10．D 【分析】

利用导数证得lnxx1，由此先比较a,c，然后比较a,b，从而得出正确结论. 【详解】

'构造函数fxlnxx1x0，f10，fx11x1，所以fx在0,1上xxf'x0,fx递增，在1,上f'x0,fx递减，所以fxf10，即lnxx1.

b令x1.01，则alnx，

1xx1111c1，，考虑到lnxx1，可得ln1，即lnx1，

xxx30ex化简得lnx1等号当且仅当x1时取到，故x1.01时ac，排除A，B.下面比较a，b大小，由lnxx1得，ln1.010.01故选:D 11．2

11.01，故ba.所以cab. 30e26 4答案第4页，总15页

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【分析】

由任意角的三角函数的定义以及余弦的两角差公式求解即可. 【详解】

由任意角的三角函数的定义可知cos11， sin3 3122π226; cos(cossin)424故答案为：①2；②126 412．22 yx1 【分析】

判断出直线l所过定点，结合圆的几何性质求得最短弦长，求得k进而求得直线l的方程. 【详解】

圆x22xy230的标准方程为x1y222， 所以圆心为O1,0，半径为r直线l:ykx1过定点P0,1. 故OP2. 当lOP时，则截得的弦长最短， 且最短弦长为22222.

2222，

kOP1，所以k1，所以直线l的方程为yx1.

故答案为：22；yx1 13．1 23 【分析】

利用赋值法，令x1，得出a0a1a2通项公式求出a1，从而可求得结果. 【详解】

根据题意，令x1时，则(12)111a0a1a2令x0时，a0112，

答案第5页，总15页

3a6，令x0时，求出a0，再根据二项展开式的

a626，

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由于(12x)1xx2a0a1xa2x23122考虑一次项系数：a12C3C211

a6x6，a1为展开式中x项的系数，

所以a2a3a4a5a6261223， 故答案为：1，23. 【点睛】

关键点点睛：本题考查二项式定理的应用和二项展开式的通项公式，利用赋值法解决项的系数问题是解题的关键，考查学生的化简运算能力，属于较难题. 14． 【分析】

硬币每次正面朝上的概率都为2，结合二项分布的概念和性质即可得出结果. 【详解】

11由题意知，硬币每次正面朝上的概率都为2，服从二项分布B3，，

21383 213113所以P(恰好有两枚硬币正面朝上)=C，E()3.

2222823233故答案为：①，②

8215．4 【分析】

根据对数的运算性质、换底公式及指数对数恒等式计算可得； 【详解】

解：因为log2alog2b1，所以log2ab1，即ab2，因为alog23，所以b22log32log34，所以3b3log344； log23故答案为：4 16．213 【分析】

首先化简条件可得sinAsinB用辅助角公式即可得解.

答案第6页，总15页

3sinC，根据正余弦定理可得原式2cosC43sinC，利6本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【详解】

ABC的面积为32c， 1213233得acsinBcasinBcsinAsinBsinC 21266b2a23c2b2a2c22c22sin2C原式2cosC2cosC43sinC，

abababsinAsinB而2cosC43sinC213cos(C)213，其中tan23， 取02，当Cπ时，即tanC23时，取到最小值213. 故答案为：213 17．12 2【分析】

根据向量的运算性质以及向量的数量积运算，对c|a|a|b|b两边平方结合条件可得1cos12，若要|a||b|取到最小值时，则cos1，从而求22，从而求得|a||b|4ab4得a2,b2,c2各值，即可得解. 【详解】

由a2b21，c|a|a|b|b得：

cab2abcosab1cos244222222a2b2(1cos)1，进一步得到： 211222ab21cos，又，故，， |a||b|4a2b284当且仅当cos1，a2b21，|a||b|解得：a2或a2当a222 ，|c|422222，b2，a(12)b； 442222，b2，a(12)b时取等号， 442222，b2，a(12)b时， 44c|a|a|b|b1(12)2|b|b(222)|b|b， |c|(222)b2(222)222. 42∴a2b2c212 2答案第7页，总15页

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当a22222，b2，a(12)b时，

44c|a|a|b|b1(12)2|b|b(222)|b|b， |c|(222)b2(222)222. 42∴a2b2c212 212. 2综上a2b2c2故答案为：12. 25ππ18．（1）kπ,kπ，kZ；（2）3,23. 63【分析】

2π2（1）函数yf(x)的单调递增区间即是函数ycos2x的单调递减区间，由

32π2kπ2x2kππ，解不等式即可求解；

3π（2）函数yf(x)fxm（mR）在[0,π]上有两个零点，即是函数

3πyg(x)f(x)fx，x[0,π]的图像与直线ym有两个交点，数形结合即可求解.

3【详解】

π解：（1）f(x)sinx3cosx2sinx，

3π2π2yf(x)4sin2x22cos2x，

332π2函数yf(x)的单调递增区间即是函数ycos2x的单调递减区间，

32ππ5π2kππ，得kπxkπ，kZ， 由2kπ2x3365ππ2所以yf(x)单调增区间为kπ,kπ，kZ.

63π（2）记g(x)f(x)fx，函数yf(x)3πfxm（mR）在[0,π]上有两个零

3点，即是函数yg(x)，x[0,π]的图像与直线ym有两个交点， π由（1）的解答知f(x)2sinx，故

3πfx2sinx，

3π所以g(x)sinx3cosx2sinx23sinx，

6∵x[0,π]，

答案第8页，总15页

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ππ5π∴x,，

666所以yg(x)的图像如图所示：

数形结合，可知m[3,23). 19．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）通过证明PAAB,PAAD来证得PA平面ABCD.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线CM与平面PBD所成角的正弦值. 【详解】

（1）设AB1，则BD2， 取PB中点为H，连接AH，DH，

∵△PBD为等边三角形，∴PDPBBD2，DHPB， 又ADPB，DH3. 3ADD，∴PB面ADH，

∴PBAH，H为PB中点，∴PAAB1，

∴PA2AB2PB2，∴PAAB，同理由PA2AD2PD2，得PAAD， 又ABADA，∴PA平面ABCD.

（2）底面ABCD是是正方形，由（1）可知AB，AD，AP两两垂直，分别以AB，AD，AP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

答案第9页，总15页

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a设PAADABa，则有B(a,0,0)，C(a,a,0)，P(0,0,a)，D(0,a,0)，M0,0,,

2设平面PBD的法向量为n(x,y,z)，∵BD(a,a,0)，BP(a,0,a),

nBD0axay0∴n(1,1,1), 则有：axaz0nBP0a又有CMa,a,，

2设直线CM与平面PBD所成角为, ∴sinnCM3. 3|n||CM|

20．（1）证明见解析，an【分析】

n；（2）证明见解析. n1（1）将已知条件变形得an1Tn1anTn，再根据a1T11，得anTn1，变形得Tn111，即可证明，并求出Tn1，即可求出数列an的通项Tn1，整理得TnTn1Tn1n1公式；

（2）根据（1）得SnlnTn即可证明. 【详解】

（1）∵对一切nN*均有an1anTnTn1，∴an1Tn1anTn 又T1a112n3n2ln(n1)，再证明对一切x1，ln(x1)x0，21， 2答案第10页，总15页

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∴a1T11，即anTn1 ∴n2时，

Tn111 Tn1，得：TnTn1Tn111∴为等差数列，首项2，公差d1

T1Tn11∴n1，Tn Tnn1∴一切nN*，an1Tn（2）∵

n n11n1，∴Sn(2n1)nn(n3) Tn22n23n112∴SnlnTnlnn3n2ln(n1) 2n12先证明，对一切x1，ln(x1)x0 令yln(x1)x，则当x1时，y110 x1即yln(x1)x在[1,)上单调递减， 故ln(x1)xln210，∴ln(n1)n， ∴SnlnTn1212n3n2ln(n1)2n3n2n 222111111n11 224242∴SnlnTn1 21．（1）3；（2）16. 【分析】

2（1）由抛物线的焦点坐标求出p的值，可得出抛物线C的方程，设点At,2t，可知t0，

N的纵坐标，求出M、利用斜率公式结合已知条件得出kAMkMN1，可得出关于t的方程，

解出正数t的值，进而可求得直线AF的斜率；

（2）求出点M、N的坐标，求得AM以及点N到直线AM的距离d，可求得AMN的面积关于t的表达式，利用基本不等式可求得AMN面积的最小值. 【详解】

答案第11页，总15页

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（1）F1,0，则

p1，得p2，所以，抛物线C的方程为y24x， 22设At,2t，点A为抛物线C在第一象限上的一点，故t0，

2设点Dd,0，由AFDF得t21d1，则dt22，得Dt2,0，

所以，kAM2tt212，直线AM的方程为xy1， t12ty24x422t2222y联立，得，所以，， yy40Mt1yttAy1x2t进一步得kANkAD2tt，直线AN的方程为x1yt22， 22tt2t124xyt222t联立，得yy4t20，

t2y4x44yNyA，则yN2t，

ttyyMyMyNyAyMyMyN44kAMkMNA21222 又AMMN，，yAyMyNyMxAxMxMxNyAyMyMyN444441224代入得，化简得：t42t230， 2t2tttt230又t0，t3，即点A3,23，kAF3；

31422412M2,， Nt,2t21（）由（）知，ttttAMxAxM2t2t12t221t22，

t212y1即为2txt1y2t0 直线AM的方程x2t所以点N到直线AM的距离为d222tt2t21t2ttt4tt122222t212t21t2t21， tS△AMNt221t333112t22t16， tt3当且仅当t1时，S取到最小值16.

答案第12页，总15页

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【点睛】

方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 22．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】

（1）求导函数，讨论参数a的取值范围即可求解单调区间； （2）解法一：先证：x1x222，即证：x1x2，令函数F(x)f(x)aa2fx，通过a22xx21222求导判断单调性可证明x1x2，从而得x1x222e；解法二：由

a2af(x)a0elnxaxelna，令g(x)lnxaxlna利用导数判断单调性，再构造

22G(x)g(x)gx，求导分析单调性即可证明x1x2，从而有

aaxx2122xx122222e． 2a【详解】

（1）解：f(x)eaxaxeaxeax(1ax)

11ax，f(x)e(1ax)0x aa11∴a0时，增区间为：,，减区间为：,；

aa∵aR，∴a0时，f(x)eax(1ax)0xa0时，f(x)eax(1ax)10，∴a0时，增区间为：(,)；

11ax，f(x)e(1ax)0x， aa11∴a0时，增区间为：,，减区间为：,；

aaa0时，f(x)eax(1ax)0x11（2）解法一：由（1）知，a0时，增区间为：,，减区间为：,；

aa111且x时，f(x)0，f极大值(x)f，函数yf(x)的大致图像如下图所示

aaea答案第13页，总15页

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因为a0时，函数yf(x)a有两个零点x1，x2，所以a不妨设x1x2，则0x1112，即a，

eae122x2；先证：x1x2，即证：x1x2

aaa12112因为x1，所以x2，又yf(x)在,单调递增，所以即证：fx1fx2

aaaaa12又fx1fx2，所以即证：fx2fx2，x2

aa12令函数F(x)f(x)fx，x,，

aa则F(x)eax2(1ax)e2ax1ax(1ax)eaxe2ax a1ax2axee0 ，所以axax2，1ax0，故F(x)(1ax)a211函数F(x)f(x)fx在,单调递增，所以F(x)F0

aaa122因为x2，所以，fx2fx2，即x1x2

aaa因为xxx所以x2x212122222e． a2（2）解法二：因为a0时，函数yf(x)a有两个零点x1，x2， 则两个零点必为正实数，f(x)a0elnxaxelna（x0） 等价于lnxaxlna有两个正实数解； 令g(x)lnxaxlna（x0）

1111则g(x)a（x0），g(x)在0,单调递增，在,单调递减，且0x1x2

xaaa12令G(x)g(x)gx，x,，则

aaG(x)1122aa2a2a021 xx(2ax)xaa答案第14页，总15页

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11所以G(x)在,单调递增，G(x)G0

aa121又x2，故gx2gx2，x2,

aaa2又gx1gx2，所以gx1gx2，

a211又0x1x2，所以x1，x20,，

aaa21又g(x)在0,单调递增，所以x1x2

aa所以xx2122xx122222e． 2a【点睛】

关键点点睛：本题的第二问关键在于构造新函数，通过求导，层层地分析单调性，从而证明x1x22，再结合均值不等式求得结果． a答案第15页，总15页