【文档说明】浙江省嘉兴市2020—2021学年高三第一学期期末检测 数学 PDF版含解析.pdf，共(13)页，581.767 KB，由小赞的店铺上传

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高三数学试题卷第1页（共13页）嘉兴市2020—2021学年第一学期期末检测高三数学试题卷（2021.1）姓名准考证号本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至3页；非选择题部分4至6页。满分150分，考

试时间120分钟。考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。参考公式：若事件A，B互斥，则)()()(BPAPBA

P+=+若事件A，B相互独立，则)()()(BPAPBAP=若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试率),,2,1,0()1()(nkppCkPknkknn=−=−台体的体积公式hSSSSV)(312

211++=其中21,SS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ShV=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ShV31=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2π4RS=球的体积公式3π34RV=其中R表示球的半径高三数学试题卷第

2页（共13页）选择题部分（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．已知集合)}1lg(|{−==xyxA，}31|{−=xxB，则=

BAA．}31|{−xxB．}31|{xxC．}32|{xxD．}31|{xx【答案】D2．已知数列}{na满足)N(31+=naann，且21=a，则=++++naaaa321A．13−nB．n3C．

131−−nD．13−n【答案】A3．已知R,yx，则“0||||+yx”是“0x”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B4．函数ππ(cos)1(−−=xxxxy且)0x的图象可能是A．B．C．D．【答案】C5．设ml

,是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是A．若//l，m，则ml//B．若//l，//m，则ml//C．若ml⊥，m，则⊥lD．若⊥l，ml//，则⊥m【答案】DxyOππ−xyOπ−πxyOπ−πxyOπ−π高三数学试题卷第3页（共13页）正视图俯

视图2212侧视图（第7题图）6．已知实数yx,满足条件++−530202yxyxyx，则yxz+=2的最大值是A．0B．3C．4D．5【答案】C7．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是A．4π+B．42π+C

．2π+D．22π+【答案】A8．3男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是A．576B．432C．388D．216【答案】B9．已知双曲线)0,0(12222=−

babyax的左、右焦点分别为21,FF，O为坐标原点，点P是其右支上第一象限内的一点，直线2,PFPO分别交该双曲线左、右支于另两点BA,，若||2||21PFPF=，且=602BAF，则该双曲线的离心率是A．3B．2C．

332D．25【答案】A（第9题图）xyOPAB1F2F高三数学试题卷第4页（共13页）【解析】连结1AF，由双曲线的定义结合||2||21PFPF=，得aPF4||1=，aPF2||2=，显然四边形21PFAF为平行四边形，所以12/

/PFAF，又=602BAF，故=6021PFF，故在△21PFF中有||||2||||||cos21221222121PFPFFFPFPFPFF−+=，即aacaa242)2()2()4(21222−+=，即223ac=，得32=e，故双曲线的离心

率3=e．10．对任意0x，若不等式axxaxx++2elne恒成立（e为自然对数的底数），则正实数a的取值范围是A．]e,0(B．]e,0(2C．]e,e2[D．]e,e2[2【答案】B【解析】0eelneelne22+−+

+xaxaxxaxxxx，令xtxe=（由xxee可知et），则0eln2+−tat，设)e(eln)(2+−=ttattf，则0)(mintf即可，易得)e(1)('−=−=ttattatf，

①当e0a时，0)('tf，所以此时)e()(=ttfy是增函数，故0eelne)e()(2min+−==aftf，解得ee2+a，又e0a，所以e0a；②当ea时，则)(tfy=在

),[ae上递减，在),(+a上递增，故)()()(minaftftf==极小，0)(0)(minaftf，所以0eln2+−aaa，设)e(eln)(2+−=aaaaag，故0)(ag即可，而)e(ln)('−=aaag，显然0)('ag，即)(agy

=在),e(+上递减，又0)e(2=g，而0)(ag，所以)e()(2gag，因为)(agy=在),e(+上递减，所以2ea，又ea，因此2eea．综上所述，e0a或2eea，即]e,0(2a．高三数学试题卷第5页（共13页）非选择题部分（共110分）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．已知复数i12+=z（i为虚数单位），则=||z▲，=z▲．【答案】2；i1+12．已知抛物线)0(2=mmxy的焦点为F，准线方程为2−=x，点)4,(0xP是抛物线上的一点，则实数=m▲，=||P

F▲．【答案】8；413．已知△ABC中，角CBA,,所对的边分别为cba,,，4=c，3π=A，且△ABC的面积为3，则=b▲；=Ccos▲．【答案】1；1313−14．已知6622105)1)(1(xaxaxaaxmx++++=++．若52=a，则=m▲；=++531aaa▲．【

答案】1−；015．已知平面向量a与b的夹角为120，b在a上的投影是1−，且满足)3()2(baba−⊥+，则=+|2|ba▲．【答案】2716．甲乙两人进行5局球赛，甲每局获胜的概率为43，且各局的胜局相互独立．已知甲胜一局的奖金为8元，设甲所获的奖金总额为X元，则甲所获奖金总额的方差

=)(XD▲．【答案】60高三数学试题卷第6页（共13页）17．如图，在多面体DEFABC−中，已知棱CFBDAE,,两两平行，⊥AE底面DEF，DFDE⊥，四边形ACFE为矩形，32====BDDFDEAE，底面△DEF内（包括边界）的动点P满足BPAP,与底面DEF所成的角相等．记

直线CP与底面DEF的所成角为，则tan的取值范围是▲．【答案】]233,10103[+【解析】连结PEPD,，由题意易知APBAPE,即分别为BPAP,与底面DEF的所成角，故APBAPE=tantan，因此PDBDPEAE=，故PDPEBDAE=，而BDAE2=，故

PDPE2=，分别以DEDF,作为坐标轴，在底面DEF内建立平面直角坐标系，如图所示，设),(yxP，而)3,0(),0,3(EF，故由PDPE2=可得，4)1(22=++yx，所以点P在以圆心)1,0(−M，半径为2=r的圆弧上运动（点P在△DEF内且含边界）．在⊙M方程中，令0=

x，得点)1,0(N，令0=y，得点)0,3(Q，连结PF，可知CPF即为，所以PFCF=tan，因为ACFE为正方形，故3==AECF，因此PF3tan=，显然NFPFQF，又有33−=QF，10=NF，所以333tan103−，化简

得233tan10103+．（第17题图）ABCDFEP高三数学试题卷第7页（共13页）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△ABC中,角CBA,,所对的边分别为cba,,,已知函数)R()3πsi

n(cos2)(−=xxxxf.（Ⅰ）求)12π5(f的值；（Ⅱ）求函数)(xfy=的单调递增区间.【答案】（Ⅰ）232−；（Ⅱ）)Z(],125ππ,12ππ[+−kkk.【解析】（Ⅰ）解法一：2326πcos112πsin212πsin12π5

cos2)12π5(2−=−===f.解法二：23)3π2sin()2cos1(232sin21)3πsincos3πcos(sincos2)(−−=+−=−=xxxxxxxf所以23223)3π12π52sin()12π5(−=−−=f.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知23)3π2sin()(−−=

xxf，因此函数)(xfy=的单调递增区间满足)Z(,2ππ23π22ππ2+−−kkxk，解得)Z(,125ππ12ππ+−kkxk，即函数)(xfy=的单调递增区间为)Z(],125ππ,12ππ[+−kkk.19．（本题满分15分）如图，

四棱锥ABCDP-中，△PAD为正三角形，CDAB//，221===ABDCAD，32=BC，3=PC．（Ⅰ）求证：PCAD⊥；（Ⅱ）求AB与平面PAD所成角的正弦值.（第19题图）ABCDP高三数学试题卷第8页（共1

3页）【答案】（Ⅰ）略；（Ⅱ）43.【解析】（Ⅰ）取AD中点O，连结OCOP,.因为221===ABDCAD，32=BC，故由平几及解三角形知识可知，=60ADC，因此△ADC为正三角形，故OCAD⊥，又因为△PAD也是正三角形，因此OPAD⊥，又OOPOC=，所以⊥AD平面PO

C，而PC平面POC，所以PCAD⊥.（Ⅱ）方法一：因为CDAB//，所以AB与平面PAD所成角即CD与平面PAD所成角，记作.由（Ⅰ）得⊥AD平面POC，又AD平面PAD，所以平面⊥PAD平面POC，平面PAD

平面POPOC=，故过点C作⊥CH平面PAD，则垂足H必在直线PO上，此时CDH=，在正△PAD中，323==ADPO，而3=OC，3=PC，所以在△POC中，由余弦定理可得=120POC，所以2360sin==OCCH，又2=CD，所以

43sinsin===CDCHCDH，所以AB与平面PAD所成角的正弦值为43.方法二：HCD223HPCO31203323ABCD2226043232ABCDPOHABCDPO高三数学试题卷第9页（共13页）由（Ⅰ）知⊥AD平面POC，又AD平面ABCD，所以平面⊥PO

C平面ABCD，平面POC平面OCABCD=.故过点O作直线OCOz⊥，则⊥Oz平面ABCD，又COAD⊥，故可如图建立空间直角坐标系.又1=OD，3=OC，3=OP，=120POC，可求得各点坐标：)0,0,0(O，)0,0,1(D，)0,3,0(C，)23,23,0

(−P，设平面PAD的一个法向量为),,(zyxn=，则==00OPnODn，即=−=0)23,23,0(),,(0)0,0,1(),,(zyxzyx，故=+−=023230zyx，令1=z，故)1,3,0(

=n，又)0,3,1(−=CD，记CD与平面PAD所成角为，则4322|3||||||||,cos|sin=−===CDnCDnCDn.又因为CDAB//，故AB与平面PAD所成角的正弦值为43.20．（本题满分15分）已知数列}{na满足231=a，112−−=nnaa，2

n，*Nn.（Ⅰ）证明：数列}11{−na为等差数列，并求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）若nnnnac2=，记数列}{nc的前n项和为nT，求证：143nT．【答案】（Ⅰ）12++=nnan；（Ⅱ）略.【解析】PCO31203zyABCDPOxyz高三数学试

题卷第10页（共13页）（Ⅰ）当2n时，因为112−−=nnaa，1111111−−−−=−=−nnnnaaaa，所以11111111111111+−=−+−=−=−−−−−−nnnnnnaaaaaa，故

111111=−−−−nnaa（常数），所以数列}11{−na为首项为111−a，公差为1的等差数列．又231=a，2111=−a，所以111+=−nan，解得12++=nnan．（Ⅱ）因为12++=nnan，所以nnnnnnnnnc2)1(1212)1(21+−=++=−．所以nn

nccccT++++=−121nnnnnn2)1(112)1(12123122122111211+−=+−++−+−=−，即nnnT2)1(11+−=，显然1nT．另一方面，02)1(22)1(121)211(2)1(11111+

+=+−=−−+−=−−−−nnnnnnnnnnnnnnTT，故数列}{nT是递增数列，所以431=TTn，因此，143nT．21．（本题满分15分）已知中心在坐标原点的椭圆C，其焦点分别为)0,1(1−F，)0,1(2F，点)362,32(−P为椭圆C上一点.（Ⅰ）求椭圆

C的方程；（Ⅱ）过点)4,6(−Q的直线1l与x轴交于点)0,(tT，由点)0,(tT引另一直线2l交椭圆C于BA,两点.是否存在实数t，使得直线QBQTQA,,的斜率成等差数列.（第21题图）xyO)4,6(−QPABT1F2F••••2l1

l高三数学试题卷第11页（共13页）【答案】（Ⅰ）13422=+yx；（Ⅱ）32=t.【解析】（Ⅰ）设椭圆C的方程为)0(12222=+babyax，由题意可求得35||1=PF，37||2=PF.由椭圆定义可知4||||221=+=PFPFa，所以2=a，而1=c，故322

2=−=cab，故所求椭圆C的方程为13422=+yx.（Ⅱ）假设存在实数t，使得直线QBQTQA,,的斜率成等差数列，即满足QTQBQAkkk2=+.①当直线2l的斜率为零时，此时直线2l与椭圆C的

交点是椭圆C长轴的端点，不妨设)0,2(−A，)0,2(B，此时21−=QAk，1−=QBk，64−=tkQT，由于QTQBQAkkk2=+，故642121−=−−t，解得32=t.②当直线2l斜率不为零时，可设直线2l

的方程为tnyx+=.),(11ytnyA+，),(22ytnyB+满足方程组+==+tnyxyx13422，整理得01236)43(222=−+++tntyyn，430)123)(43(4)6(22222+−+−=nttnnt，故)(431234362221221

+−=+−=+ntyynntyy而6411−++=tnyykQA，6422−++=tnyykQB，64−=tkQT，又QTQBQAkkk2=+，故6864642211−=−+++−++ttnyytn

yy，整理得0))(46)(6()8122(21212=+−−−+−−yynttyynnnt，将)(代入上式，整理得0)46)(46(=−−−tntn，对于任意n该等式恒成立，故046=−t，解得32=t.综合①

②，可知存在实数32=t，使得直线QBQTQA,,的斜率成等差数列.高三数学试题卷第12页（共13页）22．（本题满分15分）已知函数xmxfln)1()(+=，xmxxg+=2)(，Rm．（Ⅰ）当0=m时，曲线)R(1)()()(−+=axg

axfx在2=x处的切线与直线012=−+yx平行，求函数)(xy=在]e,e[2上的最大值（e为自然对数的底数）；（Ⅱ）当1=m时，已知ba0，证明：babgagababfaf−−+−−)()(4)

()(．【答案】（Ⅰ）1e42+；（Ⅱ）略.【解析】（Ⅰ）当0=m时，1ln)(−+=xaxx，因此21)('xaxx−=，而曲线)(xy=在2=x处的切线与直线012=−+yx平行，故21)2('−=，解得4=a．所以14ln)(−+=xxx，24)('xxx−=，故

当)4,e[x时，0)('x，即函数)(xy=在)4,e[上递减，当]e,4(2x时，0)('x，即函数)(xy=在]e,4(2上递增，所以)}e(),e(max{])([2max]e,e[2==xxy，而e4)e

(=，1e4)e(22+=，故0e)2(e)e()e(222−=−，即)e()e(2，所以函数)(xy=在]e,e[2上的最大值为1e42+．（Ⅱ）当1=m时，xxfln2)(=，xxxg+=2)(，由于ba0，故要证明babgagababfaf−−+−−)

()(4)()(成立．证明222lnlnbaaabab+−−成立证明22)(2lnlnbaabaab+−−成立，证明1)()1(2ln2+−ababab成立．令abx=，因为ba0，则1x，即只需证明)1(1)1(2ln2+−xxxx成立高三数学试题

卷第13页（共13页）证明)1(022ln)1(2+−+xxxx即可，下面证明该不等式成立．设)1(22ln)1()(2+−+=xxxxxF，求得21ln2)('−++=xxxxxF，因为1x，所以2121=+xxxx，所以当1x时，0ln222ln2)('=−+xxxx

xF，因此函数)(xFy=是),1(+上的增函数，故0)1()(=FxF，这就证明了当1x时，022ln)1(2+−+xxx恒成立，故原命题成立．