【文档说明】浙江省绍兴一中、效实中学、杭州高级中学等五校2021届高三下学期5月联考物理数学试题.pdf，共(8)页，560.735 KB，由小赞的店铺上传

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2020学年第二学期五校联考试题高三年级数学学科命题：绍兴一中考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。3．所有答案必须写

在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷。参考公式：如果事件A，B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)如果事件A，B相互独立，那么P(A·B)=P(A)·P(B)如果事件A在一次试验中发生的概

率是p,那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率1(0,1,2,)C，nkkknnPkppkn台体的体积公式112213VhSSSS其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高柱体的体积公式V=

Sh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式V=13Sh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高球的表面积公式S=4πR2球的体积公式343VR其中R表示球的半径一、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.已知全集{1,2,3,4,5}U，{1,3}A，则ACUA．{1，2，3，4，5}B．{2，4，5}C．{1，3}D．2.已知aR，复数2(32)(1)izaaa（i为虚数单位）是纯虚数，则复数1

2z的虚部是A.13B.15C.1i3D.1i53.若实数x，y满足约束条件110xyxyx，则z=2x+y的最小值是A.1B.0C.1D.24.已知,abR，则“ab”是“ba221

”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5.函数2lnxfxxx的图象大致是ABCD6．已知实数x,y满足2244xy，则xy的最小值是A．2B．3C．2D．17.已知不全相等的

实数,,abc成等比数列，则一定不．可能．．是等差数列的为A．,,acbB．222,,abcC．||,||,||abcD．111,,abc8.甲、乙、丙、丁、戊5个人分到A,B,C三个班，要求每班至少一人，则甲不在A班的分法种数有A．160B．112C．100D．869.已知三棱锥

ABCD的所有棱长均为2，E为BD的中点，空间中的动点P满足PEPA,ABPC，则动点P的轨迹长度为A.1116B.38C.112D.310.已知双曲线2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为1F、2F，P是双曲线C上的一点，且22(,

0)2abQ满足12,62FPQFPQ，则双曲线C的离心率为A．102B．132C．2105D．435二、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.已知某三棱柱的三视图如图所示，那么该三棱柱的体积为__________，表面积为_________．

12.已知直线kxyl:与圆12:22yxC，若31k，直线l与圆相交于A，B两点，则||AB________，若直线l与圆相切，则实数k_________．13.已知6260126(+1)(+1)

(+1)xaaxaxax，则2a=______，126aaa=______.14．某同学在上学路上要经过二个红绿灯十字路口，已知他在第一个十字路口遇到红灯的概率为12.若他在第一个十字路口遇到红

灯，则在第二个十字路口遇到红灯的概率为13；若他在第一个十字路口遇到绿灯，则在第二个十字路口遇到红灯的概率为23.记他在上学路上遇到红灯的次数为，则(0)P_______，的数学期望为_________.15.已知函数()3si

ncos,0,3fxxaxx的最小值为a，则实数a所有取值组成的集合为__________．16.设,ab为单位向量，则|||3|abab的最大值是__________．17.已知0a，

设函数2(22),(02)(),(2)xaxxafxaxxa，存在0x满足00))((xxff，且00)(xxf，则a的取值范围是__________．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）设常数Rk，已知()cos223sincosfxkxxx．（I）若()fx是奇函数，求k的值及()fx的单调递增区间；（II）设1k，△ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc．若()1fA，且

△ABC的面积Sabc，求△ABC周长的取值范围.19.（本题满分15分）如图，四边形ABCD中，满足//ABCD,90ABC,1,3,2ABBCCD,将BAC沿AC翻折至PAC，使得2PD.(Ⅰ)求证：平面PAC平面ACD；(Ⅱ)求直线CD与平面PA

D所成角的正弦值.20.（本题满分15分）已知数列,nnab中,111,2ab,112(1)nnnnaab,11(1)nnnnbab,*Nn.（I）证明(1)nnna

b是等比数列，并求na的通项公式；（II）设2lognnncab，求数列nc的前n2项和nS2.21.（本题满分15分）如图，已知椭圆22122:1(0)xyCabab与抛物线22:4

Cyx共焦点F,且椭圆的离心率为12，（I）求椭圆1C的方程；（II）若点P在射线4(2)xy上运动，点A,B为椭圆1C上的两个动点，满足AB//OP,且Q为AB的中点，连接PF交抛物线2C于G、H两点，连接OQ交椭圆1C与M、N两点，求四边形MGNH面积的取值范围.22.（本题满

分15分）已知32(),(,,R)6xefxaexbxcxabc，（e为自然对数的底数，e2.71828）.（I）当0a时，若函数()fx与直线yex相切于点(1,)e，求,bc的值；（II）当1ae时，若对任

意的正实数b，()fx有且只有一个极值点，求负实数c的取值范围.2020学年第二学期五校联考参考答案高三年级数学学科一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分。BBCAADDCCD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

。11.1，5512.5152；3313.15，114．1,1615.{3}【填3不扣分】16.83317.121a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.解析：（I）由题意知，f（0）=k=

0，得k=0,…………………（2分）下面对k=0进行检验：若k=0，则，f（x）=23sinxcosx=3sin2x对任意x∈R都有()3sin(2)3sin2()fxxxfx，∴f（x）是奇函数，∴k=0．…………………（4分）又因()3sin2fxx，由222,22kxk

kZ，得,44kxkkZ，∴f(x)的单调递增区间为[,],44kkkZ…………………（7分）（II）当k=1时()cos23sin22sin(2)6fxxxx，…………………（9分）∴(A)2sin(2)16fA；得1s

in(2)62A∵A∈（0，π），∴132(,)666A，3A…………………（11分）由S=abc=12bcsinA，可知：2a=sinA，∴2c=sinC，2b=sinB．∴△ABC的周长为a+b+c=12（sinA+si

nB+sinC）=12[sinB+sin（23-B）]+34=12（sinB+32cosB+12sinB）+34=12（32sinB+32cosB）+34=32sin（B+6）+34∵B∈（0，23），∴B+6∈（6，5

6），∴sin（B+6）∈（12，1]，∴△ABC的周长的取值范围为（32，334]．…………………（14分）19.解析：(Ⅰ)证明：过B作ACBO,垂足为O,连,PODO,则POAC,作DEAC,垂足为E,则1133,,,22DEOEDO所以222PODOPD，即POOD

.…………………（3分）又ACDOO,所以PO平面ACD，…………………（5分）又PO平面PAC，所以平面PAC平面ACD；…………………（7分）(Ⅱ)以O为坐标原点，OC,BO所在的直线为,xy轴建立空间直角坐标系则1313(,0,0),(,0

,0),(,3,0),(0,0,),2222ACDP(1,3,0)AD,13(,0,),22AP…………………（10分）设平面PAD的法向量为),,(cban，则1302230{.APnacADnab取法向量(3,1,1)n

，…………………（12分）(1,3,0)CD，设直线CD与平面PAD所成角为，则15sin|cos,|5CDn.…………………（15分）法二、体积法133143422PACDV，111515132212CPADVhh，得2155h所

以215115sin525hCD20.解析：（I）∵112(1)nnnnaab,11(1)nnnnbab，∴1112()3(1)nnnnnabab，…………………（2分）∴111(1)2(1)nnnnnnabab，且1

1(1)4ab所以(1)nnnab是等比数列.…………………（4分）∵11(1)4ab，∴1(1)2nnnnab，即12(1)nnnnab又∵112(1)nnnnaab，∴1112(1)nnna

，又11a故2(1)2nnnnnab，．…………………（7分）（II）因为2(1)nnncnn，…………………（9分）记232212223222nnTn则234212

212223222nnTn…………………（11分）两式相减，得212(21)22nnTn．…………………（13分）所以212(21)22nnSnn…………………（15分）21：解：（I）因为24yx，所以12pc，又因为12

ca，所以2a，椭圆方程为22143xy.…………………（4分）（II）设(4,)(2)Ptt4ABOPtkk，由点差法可得34OQABkk，可得3=OQkt……（6分）将直线:OQl3=yxt与椭圆22143xy联列，222

412txt，解得2222949||=1+41212ttMNttt……（8分）将直线:PFl3=1xyt与抛物线24yx联列，得21240yyt，12,4GHGHyyyyt，222291444(9)||116tGHttt……（10分）又

因为1OQFPkk，所以23228(9)1||||212tSMNGHtt四边形MGNH……（12分）令2[4,)tm，则32(9)()(12)mfmmm，2423(9)(57

2)()0(12)mmmfmmm，所以()fm为单调递减，则3213()1]16fm(，，所以四边形MGNH面积的取值范围为13138]2(，……（15分）22.解析：（Ⅰ）当0a时，32()6efxxbxcx,'2()22efxxbxc,…………………（2分

）由题知(1)fe且'(1)fe，所以622ebceebce，解得5,36eebc.…………………（5分）（Ⅱ）当1ae时，132()6xefxexbxcx，则'12()22xefxexbxc

，令12()22xehxexbxc，则'1()2xhxeexb，令1()2xtxeexb，则'1()xtxee，当(,2)x时'()0tx，()tx在(,2)上单调递减，当

(2,)x时'()0tx，()tx在(2,)上单调递增，所以min()(2)2txtbe.……………（8分）（1）当2eb时，'()()0txhx恒成立，所以'()fx在R上单

调递增，故'()0fx在R上有唯一解，所以()fx有且只有一个极值点.…………………（10分）（2）当02eb时，(2)20tbe，所以()tx有两个零点12,xx，即方程120xeexb有两根12,

xx，又因为1(0)0tbe，所以1202xx，所以()hx在1(,)x上单调递增，在12(,)xx上单调递减，在2(,)x上单调递增，所以要使()hx只有一个变号零点只需1()0hx或2()0hx.首先考虑：112111()22xehxexb

xc11211(1)2xexexc（102x），令12()(1)2xepxxexc，'1()()xpxxee，即()px在(0,2)上单调递增，所以()(2)pxp

，要使1()0hx恒成立，只需(2)0p即可，即ce.其次考虑：212222()(1)2xehxxexc，因为()px在(2,)上单调递减，同理可得，所以要使得2()0hx恒成立不可能，即

c无解.综上可知：c的取值范围为ce.…………………（15分）