【文档说明】浙江省台州市第一中学2021届高三下学期4月模拟考试数学试题 含答案.docx，共(10)页，641.548 KB，由管理员店铺上传

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2021年4月台州一中数学模拟卷1．已知全集[0,3],[0,2],[1,3]UPQ===，则()UPQ=ð（）A．(2,3]B．(1,2)C．[0,1)D．[0,1)(2,3]2．椭圆22123xy+=的焦点坐标为（）A．(1,0)B．(0,1)C．(5,0)D．(0

,5)3．已知直线l⊥平面，直线//m平面，则“//”是“lm⊥”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4．若变量x，y满足22390xyxyx+−，则22xy+的最大值是（）A．4B．9C．10D．125．某几何体

的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．103B．10C．143D．2636．元宵活动中有个游戏为掷骰子，规则是“一局游戏有6次投掷机会，只要能投掷出6点便视为游戏成功，否则，游戏失败”．假设骰子质地均匀则随机玩一局游戏，比较游戏成功与失败

的可能性，下列说法正确的是（）A．游戏成功的可能性更大B．游戏失败的可能性更大C．游戏成功与游戏失败的可能性一样大D．游戏成功与游戏失败的可能性无法比较7．函数cos2()ln||xfxx=的大致图像可

能是（）A．B．C．D．8．如图，已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=，过其右焦点F作渐近线的垂线，垂足为H，交另一条渐近线于点A，已知O为原点，且4||3AHa=，则该双曲线的离心率为（）A．3

B．433C．2D．59．设函数1()ln1xfxxx−=+，则不等式1()22fxfx+的解集是（）A．10,4B．3310,8−C．150,4+D．(1,)

+10．数列na满足1nnaa+，则下列说法错误的是（）A．存在数列na使得对任意正整数p，q都满足22pqpqaqapa=+B．存在数列na使得对任意正整数p，q都满足pqqpapaqa=+C．存在数列na使得对任意正整数p，q都满足

pqqpapaqa+=+D．存在数列na使得对任意正整数p，q都满足11pqpqaaapq+=+11．已知i是虚数单位，设复数33izii−=++，则z的虚部为_______，||z=_______．12．圆221:(1)(2)4Cxy−+−=与圆2

22:4210Cxyxy+−−+=相交于A，B两点，则过A，B两点的直线方程为__________，A，B两点间的距离为________．13．在5(2)()xyxy−+的展开式中，33xy的系数为__________，所有项的系数和为_________．14．在ABC中，2cos()bABa

=+，则当A=________时，tanB取得最大值________．15．三名教师和五名学生排成一排，要求每两名教师之间至少隔着两名学生，则共有_______种．16．已知直四棱柱1111ABCDABCD−的高为4，底面

边长均为2，且60BAD=，P是侧面11BCCB内的一点，若1DPDP⊥，则AP的最小值为_________．17．已知||||3,||3,()0OAOBOCOAOBOC===−=，则ABC面积的最大值是_________．18．（本题满分14分）已知(3sin,cos),(co

s,cos),()axxbxxfxab=−==．（1）求()fx的单调递增区间；（2）设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1()2fB=，且3b=，求22ac+的取值范围．19．如图，直角梯形ABCD中，C为直角，//,2,4,BC

ADBCCDADADE===是以DE为斜边的等腰直角三角形．现将梯形ABCD沿AD翻折至ABCD的位置，连接BE，CE．（Ⅰ）若M为AE的中点，求证：//BM平面CDE；（Ⅱ）若二面角BADE−−为120，求BE与平面ABCD所成角

的正弦值．20．（本小题满分15分）已知数列na的前n项和为nS，若1nnaS+=．（1）求na通项公式；（2）若1111nnncaa=++−，nT为数列nc的前n项和，求证：21nTn+．21．已知抛物线2:2(0)C

xpyp=的焦点到原点的距离等于直线:440lxy−−=的斜率．（1）求抛物线C的方程及准线方程；（2）点P是直线l上的动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，求PAB面积的最小值．22．已知221,0()ln,0xxxfxxx+−=，关于x的方程

()fxm=的不同实数解个数为k．（Ⅰ）求k分别为1，2，3时，m的相应取值范围；（Ⅱ）若方程()fxm=的三个不同的根从小到大依次为123,,xxx，求证：1323542xxxm+−−．2021年4月台州一中模拟卷1．A2．B3．A4．C5．A6．A7．C8．D9．B10．

C11．2−，2212．,14yx=13．10，3214．6；3315．288016．232−17．故()229(3)62ABCSxx=−+，当且仅当||3OH=时取等．18．（1）解：231cos21()3sincoscossin2sin22262xfxxxxxx+=−

=−=−−．令222262kxk−+−+，得()fx的单调递增区间为,()63kkkZ−++．（2）解：由1()2fB=，得sin216B−=．因为(0,)B，所以112,666B−

−，所以262B−=，所以3B=．解法1．由余弦定理，得2222cosbacacB=+−，即2222332acacac++=++，所以226ac+，又2233acac+=+，所以22(3,6]ac+．解法2

．由止弦定理，2sinsinsinabcABC===，所以()2222221cos21cos2()4sinsin4sinsin()422AABacACAAB−−++=+=++=+=1342cos2sin242cos2223AAA=−−=−+

，因为20,3A，所以52,333A+，所以1cos21,32A+−，所以22(3,6]ac+．19．（1）解1．取DE中点N，连结设MN，CN，∵11,,,22BCADMNA

DBCADMNAD==∥∥，∴四边形MNCB为平行四边形，∵,BMCNCN∥平面,CDEBM平面CDE，∴BM∥平面CDE．（2）解1．（传统法）将直角梯形ABCD补全成矩形ADCP，作EQP

A⊥，连结BQ∵,,,,APADAEADAPAEAADAP⊥⊥=⊥平面,APEAE平面APE∴AD⊥平面APE∵AD平面ADCP∴平面ADCP⊥平面APE∵平面ADCP平面,,APEPQEQPQEQ=⊥平面APE∴EQ⊥平面ADCP∴E

BQ为BE与平面ABCD所成角∵2222cos12028PEAPAEAPAE=++=2223242BEBPPEBE=+==，sin6023EQAE==∴6sin4EQEBQBE==，即BE与平面ABCD所成角的正弦值为64

．解2．（向量法）以AD中点O为坐标原点，连结设ON，以OA为x轴，以ON为y轴，作z轴，建立如图空间直角坐标系，(2,0,0),(2,4,0)DE−∵,OBADONAD⊥⊥∴BONAD⊥为二面角BADE−−的平面角∴

(0,1,3)B−∴(0,1,3),(2,0,0),(2,5,3)OBODBE=−=−=−设平面ABCD的法向量为(,,)mxyz=，∴03000OBmyzxODm=−+===，令1z=，则(0,3,1)m=记BE与平面ABCD所成

角为∴6sin4BEmBEm==∣，即BE与平面ABCD所成角的正弦值为64．解法3．（等体积法）∵BADEEABDVV−−=三棱雉三棱雉∴11333ADEABDSSd=∴23d=记BE与平面ABCD所成角为∴236sin442dBE

===即BE与平面ABCD所成角的正弦值为64．20．（Ⅰ）解析：因为1nnaS+=，所以令1n=可得112a=，当2n时，有111nnaS−−+=，所以两式相减得12nnaa−=，所数列

na是以12为首项与公比的等比数列，故12nna=；（Ⅱ）解析：22211221112212112242221111412nnnnnnnnnaacaaaa++++++−=+−===+−−−−，因为()222

431120nnnaaa−−−=+，所以()221222121224313nnnnnnaaccaa+−==−−−，又11111222113caa−=+−=+−，所以12122333nnnc−−=，()()(

)()1232111211123222221113333313nnnnTncccc−−−=−+−+−++−++++=−，即21nTn+．21．（1）解一：基本概念由题意，124

lpk==，即12p=，可知抛物线方程为2:Cxy=，其准线方程为124py=−=−．（2）解二：切线与切点弦方程的应用设()()()112200,,,,,AxyBxyPxy，则切线PA：112yyxx+=；PB：222yyxx+=．（可求导证

明该结论）分别代入点()00,Pxy可得1010202022yyxxyyxx+=+=，对比可知直线AB的方程为：002yyxx+=．（即切点弦方程）联解200002202yyxxxxxyxy+=−+=

=，可知()2120212121200120242xxxxxxxxxxyxxy+=−=+−=−=，点()00,Pxy到直线002yyxx+=的距离为20020214xydx−=+，因此，()230022222120000020211114222214PABxySkxxdxxyxy

x−=+−=+−=−+，而22200000163631486464xxyxx−=−−=−+，故()33222006318972264256PABSxy=−=．当且仅当018x=，即131,832P−时，PABS的最小值为1897256．2

2．解（Ⅰ）：只需讨论左段不同实数解的个数注意到无论m为何实数，0x时，lnxm=均有且仅有一个实数根，只需考虑0x．2()210fxmxxm=+−−=，1k=时，44(1)480,2mmm=−−−=+−，2k=时，0=或010m−−

，则2m=−或1m−；3k=时，010m−−，即21m−−．（Ⅱ）：转化为单变量函数由（Ⅰ），21m−−，注意到3lnxm=，则3mxe=．()2211212422xxxxxxm−=+−=

+．只需证明：352242memm+−−．令35()2242mgmemm=−+++，即需证明()0gm．13()42mgmem=−++．则()gm为增函数，而11(1)04ge−=−，32332024ge−−=−+

，则()gm在3,12−−上存在零点0m，则02mm−时，()0gm；01mm−时，()0gm．则()gm在()02,m−上单调递减，在()0,1m−上单调递增．则()000000035137()222242442mgm

gmemmmmm=−+++=−++++令02tm=+，只需证明()2322131203840(1)354044ttttttttt−++−++−−−注意到01t，只需证明205731357

335401.65618tttm−−−−−，成立．