【文档说明】浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2021届高三上学期返校联考数学试题含答案.docx，共(18)页，1.097 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★考试结束前浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟返校联考高三数学学科试题考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，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班级、姓名、考场号、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()()()PABPAPB+=+．如果事件A，B相互独立，那么()()()PABPAPB=．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,,)kknknnPkCppkn−=−=．棱柱的体积公式VSh=，其中S表示棱柱的底面积，h表示棱柱的高．棱锥的体积公式13VSh=其中S表示棱锥的底面积，h表

示棱锥的高．棱台的体积公式()112213VhSSSS=++，其中1S，2S分别表示棱台的上、下底面积，h表示棱台的高．球的表面积公式24SR=，其中R表示球的半径．球的体积公式343VR=，其中R表示球的半径．选择题部分一、选择题

（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1．已知集合{13}Axx=−∣，集合{1,0,1,2}B=−，则AB=（）A．{13}xx−∣B．{13}xx−∣C．{13}xx−∣D．{13}xx−∣2．已知

aR，若()21(1)zaai=−−−（i为虚数单位）为纯虚数，则a=（）A．0B．1C．1−D．13．已知等比数列1na+，10a=，53a=，则3a=（）A．3−B．2−C．1−D．14．若双曲线2222:1(0,0)yxCabab−=的一

条渐近线为3yx=，则双曲线C的离心率为（）A．233B．3C．2D．35．已知空间中的三条不同直线l，m，n．则“l，m，n两两垂直”是“l，m，n不共面”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．已知

0a，0b，1ab+=，则（）A．baabB．baabC．12abab+D．1abab+7．已知(1,3)A−，(2,1)B−两点到直线l的距离分别是2和3，则满足条件的直线l共有（）条．A．1B．2

C．3D．48．已知2012(21)nnnxaaxaxax−=++++，则下列命题正确的是（）A．当3n=时，不存在12k，使得11kkkaaa−++B．当3n=时，对任意12k，都有11kkka

aa−++C．当4n=时，必存在13k，使得11kkkaaa−++D．当4n=时，对任意13k，都有11kkkaaa−++9．已知函数32()(0)fxaxbxcxda=+++的图像如图所示，则下列判断正确的个

数是（）（1）acbd++，（2）acbd，（3）32ab，（4）22294acb+A．1个B．2个C．3个D．4个10．设集合S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对任意,xyS，若xy，则xyT+②对任意,xyT，若xy

，则xyS−，下列说法正确的是（）A．若S有2个元素，则ST有4个元素B．若S有2个元素，则ST有3个元素C．存在3个元素的集合S，满足ST有5个元素D．存在3个元素的集合S，满足ST有4个元素非选择题部分二、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loglg100ab=．若10b=，则a=________，若2ba=+，则a=________．12．已知2sincos1=−，则sin=________，sin2=________．13．已知某几何体的三视图如图所示（正视图为等腰三角形，俯视图

为正方形，侧视图为直角三角形），则该几何体的最短棱长为________，最长棱长为________．14．若实数x，y满足约束条件31030xyxy+−−−，则3zyx=−的最大值是________，22xy+的最小值是________．15

．已知点(3,1)A，直线l与圆224xy+=交于M，N两点，若AMN△的垂心恰为原点O，则直线l的方程是________．16．盒中有4个质地，形状完全相同的小球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球；现从盒中

随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中黄球在第次被首次取到（0=表示黄球未被取到），则()E=________．17．已知边长为2的等边ABC△，点M、N分别为边AB、AC所在

直线上的点，且满足1MN=，则BNCM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、证明过程和演算步骤）18．（本题满分14分）在锐角ABC△中，角A、B、C所对的边分别为a、b、

c．已知cos3aB=，sin3bA=．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）求22sincosAC+的取值范围．19．（本题满分15分）如图，在三棱台ABCDEF−中，平面ACFD⊥平面DBC，60ACB=，45ACD=，2AC=AD．（Ⅰ）证明：ADBC⊥；（Ⅱ）若2ADB

C=，求直线DE与平面DBC所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知数列na、nb、nc满足1111abc===，1nnncaa+=−，()*12nnnnbccnNb++=．（Ⅰ）若na、nb为等比数列，求数列na、nb的通项公式；（Ⅱ）若nc为

等差数列，公差0d，证明：233111113nnbbbaan+++++−−，*nN，3n．21．（本题满分15分）如图，已知椭圆22122:1(0)xyCabab+=，且满足4a

b=，抛物线22:2(0)Cypxp=，点A是椭圆1C与抛物线2C的交点，过点A的直线l交椭圆1C于点B，交x轴于点M．（Ⅰ）若点(2,1)A，求椭圆1C及抛物线2C的方程；（Ⅱ）若椭圆1C的离心率为3

2，点A的纵坐标记为t，若存在直线l，使A为线段BM的中点，求t的最大值．22．（本题满分15分）若函数21()(1)ln2Fxxaxxxb=+−−+，(,)abR既有极大值点1x，又有极小值点2x．（Ⅰ）求实数a的取值范围

；（Ⅱ）求证：()()2121(1)214FxFxab+−−++．浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟返校联考高三数学学科参考答案一、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．题号12345678910答案BCDAACCCBB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．11．10，2；12．0，0；13．2，23；14．4−，92；15．320xy++=；16．5617．313,22−

．试题详解1．解析：选B．2．解析：选C．3．解析：由题意得：()()()23151114aaa+=++=，由()231110aaq+=+，得312a+=，故31a=，选D．4．解析：由已知得：3ab=，故33ba=，∴2231

3bea=+=，选A．5．解析：若空间中的三条不同直线l，m，n两两垂直，则平移后一定出现其中一条线垂直于另外两条线所在平面的情况，故l，m，n一定不共面．反之若l，m，n不共面，可以两两成60度角，不一定两两垂直，故选A．6．解法一：排除法：易知01a，01b，当

ab时，baaaab，排除A选项；当ab时，baaaab，排除B选项，取14ab==，得21abab+=排除D选项．故选C．解法二：由已知得：01a，01b，故：aaa，bbb，又222abab++，∴12ab

+，∴12ababab++．7．解析：分别以(1,3)A−，(2,1)B−为圆心，半径分别是2和3画圆，两园位置关系是外切，公切线有三条，故选C．8．解析：当3n=时，323(21)16128xxxx−=−+−+，123aaa+，A错；012aaa+，B错；当4n=时，4234(21)1

8243216xxxxx−=−+−+，123aaa+，C对；012aaa+，D错；答案：选C．另解：2012(21)nnnxaaxaxax−=++++，系数必为正负交替，若记最小系数为0ka，若3n，则03k，且0020kkaa−，010ka−，故00021kkkaaa

−−+．故选：C．9．解析：显然0a，又(0)00fc(1)00fabcdacbd−−+−+++，（1）正确；222(1)032964facbacacb−=+=++=，又0ac，故（4）正确；又2()32fxaxbxc=++，02(1)3bx

a+−=−，若001x，则203ba−，又0a，故0b，进一步，由(0)fd=知0d，则（2）不正确；又由02(1)3bxa+−=−得：0213bxa=−，又00x，故2103ba−，又0a，故32ab，则（3）不正

确；综上，（1）、（4）正确，选B．10．解析：若S有2个元素，不妨设,Sab=，由②知集合S中的两个元素必为相反数，故可设,Saa=−；由①得0T，由于集合T中至少两个元素，故至少还有另外一个元素mT，当集合T有2个元素时，由得：mS−，

则ma=，0,Ta=−或0,Ta=．当集合T有多于2个元素时，不妨设0,,Tmn=，m，n，m−，n−，mn−，nmS−，由于m，0n，所以mmn−，nnm−，又且mn，故集合S中至少3个元素，矛盾；综上，0,,STaa=−

，故B正确；若S有3个元素，不妨设,,Sabc=，其中abc；则,,abbccaT+++，所以ca−，cb−，ba−，ac−，bc−，abS−，集合S中至少两个不同正数，两个不同负数，即集合S中至少4个元素，与,,Sabc=矛盾，排除C、D．11．解析

：lg1002=，若10b=，则10a=，若2ba=+，则2a=．12．解析：2sincos10cos1=−，故cos1=，sin0=，故2k=，kZ，∴sin02=．13．解析：几何体为一条侧棱垂直底面的四棱锥，易

知最短棱长2，最长棱长23．14．解析：4−，92．15．解析：320xy++=；13OAk=，∵AMN△的垂心恰为原点O，∴直线l的斜率3k=−，直线OA与直线l的交点记为H，结合圆的垂径定理知AMN△为等边三角形，故32AHAO=，得31

,22H−−，故直线l的方程为：320xy++=．16．解析：的可能取值为0，1，2，1111(0)4433P==+=，111211(2)434326P==+=，故1(1)1(0)(2)2PPP==−=−==；或直接法：212

112112112111(1)11434324324324322P==++++=012P1312161115()0123266E=++=．17．解析：设ANAC=，AMAB=，则MNACAB=−，又1MN=，所以，22()1MNACAB=−=化简

得：2214+−=，另一方面，()()24()2BNCMACABABAC=−−=−++，因为，2214+−=，令xyxy=+=−，则22134xy+=，()2224()2282BNCMxyx

=−++=−−+，将221123xy=−代入得：2811836BNCMxx=−+，对称轴32x=，由22111012322xyx=−−，进一步知：2811836BNCMxx=−+在1122x−上单调递减，所以，BNCM的取值范围是313,22−．

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：（Ⅰ）由正弦定理知：sinsin3bAaB==①又由已知条件：cos3aB=②由①②知：tan3B=，∴3B=．（Ⅱ）221cos21cos2

sincos22ACAC−++=+11cos2cos2122CA=−+11cos2cos21223CC=−−−+112cos2cos21223CC=−++33sin2cos2144CC=++3sin2123

C=++．∵ABC△是锐角三角形，∴62C，∴242333C+．∴3sin2123C++的取值范围是17,44，即22sincosAC+的取值范围是17,44．方法二：22222sincossinc

os3ACAA+=+−2222sincoscossinsin33AAA=++2213sincossin22AAA=+−+222133sincossinsincos442AAAAA=++−2331si

nsincos224AAA=−+3(1cos2)311sin222224AA−=−+331cos2sin21222AA=−++3sin2123A=−++．∵ABC△是锐角三角形，∴62A，得到242333A+．

∴3sin2123A−++的范围为17,44，即22sincosAC+的取值范围是17,44．19．（Ⅰ）证明：设2ADa=，则2ACa=，又45ACD=，由余

弦定理知：2DCa=．由勾股定理的逆定理知：ADDC⊥，又平面ACFD⊥平面DBC，平面ACFD平面DBCDC=，AD平面ACFD，∴AD⊥平面DBC，∵BC平面DBC，∴ADBC⊥．（Ⅱ）方法一：解：直线DE与平面DBC所成角即为直线AB与平面DBC所成角，由（Ⅰ）

知∴AD⊥平面DBC，∴ABD为所求角．2ADa=，则BCa=，又2ACa=，60ACB=，由余弦定理知：3ABa=，∴在直角三角形ADB中，26sin33ADaABDABa===，（Ⅱ）方法二：解：令2ADa=，则BCa=，又2ACa=，60ACB=，由余弦定理知：3ABa=，∴2

22ABBCAC+=，∴ABBC⊥，∴AD⊥平面DBC，∴ADBD⊥，∴22BDABADa=−=，如图，以A点为原点，建立空间直角坐标系(0,2,0)Ca，33,,022Baa，(0,0,0)A，设点D为(),,xyz，则2222222222222222(2)23

322ADxyzaACxyazaDBxayaza=++==+−+==−+−+=得到：36,,33Daaa．∴31,,022CBaa=−

，∴36,,33CDaaa=−，设平面BCD的法向量为()111,,nxyz=111113102236033CBaxaynCDaxaznay=−==−+=，得到(1,3,2

)n=，又33,,022ABaa=，∴||236sin3||||32ABnaABna===．（Ⅱ）方法三：令2ADa=，则BCa=，又2ACa=，60ACB=，由余弦定理知：3AB

a=，∴222ABBCAC+=，∴ABBC⊥，∵AD⊥平面DBC，∴ADBD⊥，ADBC⊥，∴22BDABADa=−=，∵ABBC⊥，ADBC⊥且ABADA=，∴BC⊥平面ABED，故点D在平面ABC上的射影在直

线AB上．如图以A点为原点，建立空间直角坐标系(0,2,0)Ca，33,,022Baa，(0,0,0)A，36,,33Daaa，∴31,,022CBaa=−，∴36,,33CDaaa=−

，设平面BCD的法向量为()111,,nxyz=，111113102236033CBaxaynCDaxaznay=−==−+=，得到(1,3,2)n=，又33,,022ABaa=，∴||236sin3||||32ABnaABna===．20．解：（Ⅰ

）∵1nnncaa+=−，令1n=，∴121caa=−，∴22a=，由na为等比数列，∴2112aqa==，∴11112nnnaaq−−==，令2n=，∴232422caa=−=−=，令3n=，∴343844caa=−=−=，∵12nnnnbccb++=，令1n=，

∵2311bccb=，∴322114cbqbc===，∴11124nnnbbq−−==．（Ⅱ）证明：12nnnnbccb++=，∴12nnnnbcbc++=，令1n=，∴3211cbbc=；令2n=，∴3422bcbc=；令1nn=−，∴111nnnnbcbc+−−=，

将以上各式相乘，得：12nnnccbc+=，∴2211111nnnnnccbccdcc++==−，∴2232111111nncbbbdcc++++=−，∵11c=公差0d，∴10nc+．∴22232121111111nnccbbbdccdcd+++

+=−=，∵1nnncaa+=−，且1(1)ncnd=+−，∴()()1211nnnaaaaaa−=−++−+，进一步得：(2)(1)2nnnand−−=+，显然3n时，0nan−，∴33111133naanad++=−−−，∴3n，n

N时，233111113nnbbbaan+++++−−．21．解：（1）点(2,1)A在抛物线22:2(0)Cypxp=上，代入得14p=，14p=，故抛物线22:2xCy=

．点(2,1)A在椭圆1C上，故22411ab+=，又4ab=，0ab，故：22a=，2b=，椭圆1C的方程为：22182xy+=．（2）解法1：椭圆1C的离心率为32，故32ca=，又221cbaa=−，故12ba=．又4ab=，0ab，故：22a=，2b=，

椭圆1C的方程为：22182xy+=．由题意知点2,2tAtp，又A为线段BM的中点，设(,0)Mm，则2,2tBmtp−，又点A、B在椭圆1C上，故4221322ttp+=（1），()22224182tmpt

p−+=（2），（1）×4-（2）得：2222238ptmmpp−=，即22222240mpmptp−+=，关于m得方程有解，故244Δ4960ptp=−，解得：4224tp，故，422224322322tttp++，进一步得：212t．t的

最大值为22，当624p=，26m=时取到．（2）解法2：椭圆1C的离心率为32，故32ca=，又221cbaa=−，故12ba=．又4ab=，0ab，故：22a=，2b=，椭圆1C的方程为：22

182xy+=．设(,0)Mm，直线l的方程为：xym=+，联立椭圆1C方程得：22182xymxy=++=，代入化简得：()2224280ymym+++−=，224ABmyy+=−+，2284ABmyy−=+，()()222222Δ4448

6432160mmm=−+−=+−，由于A为线段BM的中点，且点A的纵坐标为t，故22BAyyt==，进一步得：2234mt=−+，222824mt−=+，消t得：()22272436m+=+，代入222824mt−=+得：()()2222642364t=++，又()(

)222226464641144402436440==+++++，所以212tt的最大值为22，当12=，26m=时，t取到最大值．（第二问如果直接默认椭圆方程为22182xy+=扣2分）

22．解析：（1）21()(1)ln()ln2FxxaxxxbFxxxa=+−−+=−−11()1xFxxx−=−=()Fx在(0,1)递减，在(1,)+递增，且当0x→时，()Fx→+，当x→+时，()Fx→

+，∴(1)0F时()Fx有两个极值点，于是1a．（2）()()2121(1)214FxFxab+−−++，11ln0xxa−−=，22ln0xxa−−=()()()22121211221(1)lnln2

2xxaxxxxxxb++−+−++21(1)214ab−−++()()()222221212112211(1)(1)124xxaxxxaxxaxa++−+−−+−−−+()()222121211(1)124xxxxa−+++−−+()()2221212(1)24

4axxxx−+−++()()2221212(1)2axxxx−+−+−，又11221212ln0,ln02lnln22xxaxxaxxxxa−−=−−=+−=++−1212lnlnxxxx−=−，∴()()22221212(1)2(1

)axxxxa−+−+−−()221212lnln2(1)lnlnxxaxx++−+−∴()()2221212(1)2axxxx−++−−22212123(1)4(1)ln20ln2lnaaxxxx−+−++，接下来证明：22212123(1)4(1)ln2ln2ln

0aaxxxx−+−++，由于()()2221212Δ16lnln24lnlnxxxx=+−+，又1201xx，∴()221212Δ32lnln8lnln0xxxx=−+，∴22212123(1)4(1)ln2ln2ln0aaxxxx−−−+

+恒成立，得证．法二：()()2222121211(1)1(1)24xxxxaa−+++−−+−()()221212244xxxx+−++()()()222121212(1)44axxxxxx−+−+++−()()2212122xxxx=+−+−121x

xa++由（1）知：1201xx，()Fx在(0,1)递减，(1,)+递增，11ln0xxa−−=，22ln0xxa−−=，故1212211ln11ln1xxaaxxaxx+++++−，又(

)()12FxFx=，()(1,)Fx+递增，故()()()211211ln1lnxxFxFxFx−=−()()111111ln1lnln1lnln1ln1xxaxxaxx−−−−−−−−，令()()111ln1ln1gxxx=+−−，接下来证明：()1

0gx，∵()()111ln1ln1gxxx=+−−，∴()1111111ln01lnxxgxx+−=−，∴()()111ln1ln1gxxx=+−−在()0,1上递减，故()1(1)0gxg=，得证．