2021届浙江省五校高三上学期第一次联考数学试题解析

2021届浙江省五校高三上学期第一次联考数学试题

一、单选题

1．已知集合Axy1x，Bx0x2，则A．1,2 答案：C

先求定义域得集合A，再根据补集与并集定义求结果. 解：

B．0,1

C．0,

RAB（）

D．,2

Axy1xx1x0(,1]

所以

RAB(1,)x0x2(0,)

故选：C 点评：

本题考查补集与并集运算、函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题. 2．“直线l与平面内无数条直线垂直”是“直线l与平面垂直”的（） A．充分不必要条件 C．充要条件 答案：B

根据充分必要条件的定义即可判断. 解：

设命题p：直线l与平面内无数条直线垂直， 命题q：直线l与平面垂直， 则pB．必要不充分条件 D．既不必要也不充分条件

q，但qp，所以p是q的必要不充分条件.

故选：B 点评：

本题主要考查必要不充分条件的判断，涉及线面垂直的定义和性质，属于中档题.

x2y23．若x，y满足约束条件xy1，则z2xy的最大值为（）

1y1A．9 答案：C

先作可行域，再根据目标函数表示直线，结合图象确定最大值取法，即得结果.

B．8 C．7 D．6

解：

y1x4 x2y20y1先作可行域，如图，则直线z2xy过点A(4,1)时z取最大值，为7 故选：C

点评：

本题考查利用线性规划求最值，烤箱数形结合思想方法，属基础题. 4．已知a1,2，b1,7，c2ab，则c在a方向上的投影为（） A．35 5B．32 10C．32 10D．

35 5答案：A

由向量的坐标表示可得c(3,3)，利用数量积公式求向量夹角余弦值，进而可求c在

a方向上的投影.

解：

由题意知：c2ab(3,3)， ∴cosa,cac10，

10|a||b|35， 5故c在a方向上的投影：|c|cosa,c故选：A 点评：

本题考查了向量数量积的坐标表示，由向量线性关系求向量的坐标，利用向量数量积的坐标表示求向量的夹角，进而求向量的投影.

5．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2sinCtanA12cosC，

c2b，则cosB的值为（）

A．

2 3B．

2 3C．

3 4D．

7 8答案：D

先化切为弦，再根据两角和正弦公式以及正弦定理得2ba，最后根据余弦定理求结果. 解：

2sinCtanA12cosC2sinCcosAsinA12cosC 2sin(CA)sinA2sinBsinA2ba

a2c2b24b24b2b27cosB 22ac8b8故选：D 点评：

本题考查两角和正弦公式、正弦定理、余弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.

exex6．函数fx的图象是下列图中的（） 2xA． B．

C． D．

答案：C

先确定函数奇偶性，舍去A,B；再根据函数值确定选择项. 解：

exexexexexexfxx0,fxf(x)fx为奇函数，舍去

x2x2x2A,B；

exex0，所以舍去D, 因为当x0时，fxx2故选：C 点评：

本题考查函数图象识别、奇函数判断，考查基本分析判断能力，属基础题. 7．已知数列an的前n项的和为Sn，且Sn2an3nnN，则（） A．an为等比数列 C．an32n19 答案：D

利用已知条件求出数列an的通项公式，再求出an的前n项的和为Sn，即可判断四个选项的正误. 解：

因为Sn2an3n①，

当n1时，a12a13，解得：a13， 当n2时，Sn12an13n1②，

①-②得：an2an2an13，即an2an13，

所以an32an13，所以an3是以6为首项，2为首项的等比数列，

n1n1所以an362，所以an623，

B．an为摆动数列 D．Sn62n3n6

所以an不是等比数列，an为递增数列，故A、B不正确，

Sn6112n123n62n3n6，故选项C不正确，选项D正确.

故选：D 点评：

本题主要考查了利用数列的递推公式求通项公式，考查了构造法，考查了分组求和，属于中档题.

8．已知25cos2cos，cos2的值为（） A．340,,2，则cos，，5224 5B．

44 125C．44 125D．

4 5答案：B

先根据二倍角余弦公式求cos，解得cos2，最后根据两角差余弦公式得结果. 解：

1325cos2cos10cos2cos30cos或

253因为0,，所以cos

25443247sin,sin22,cos2cos2sin2

5552525,

4243cos2,2(2,3)sin2

55coscos(22)cos(2)cos2sin(2)sin2

4732444

525525125故选：B 点评：

本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式，考查基本分析求解能力，属中档题.

39．已知抛物线C:x23y，过点Pm,mR作抛物线的切线PA、PB，切点

4分别为A、B，则A、B两点到x轴距离之和的最小值为（） A．3 答案：B

B．

3 2C．33 2D．33 43由题意得到切线PA、PB的方程，联立求得P点坐标，结合已知Pm,mR，

4即可的x1x293，设直线AB为ykxb联立抛物线方程可求b，即可求A、B44两点到x轴距离之和的最小值.

解：

2xx12x222yC:x3y设A(x1,，由抛物线知：， ),B(x2,)333x122x1x222x2∴切线PA、PB分别为：y(xx1)，y(xx2)，

3333联立PA、PB的方程，可得：P(3x1x2x1x2,)，而Pm,mR，

423∴x1x29，若设直线AB为ykxb，联立抛物线方程得：x23kx3b0， 493，即b，

44∴x1x23b而x1x23k， ∴y1y2k(x1x2)故选：B 点评：

本题考查了抛物线，利用准线上的动点与抛物线的切线的关系求得切点横坐标的数量关系，由切点到横轴的距离为切点纵坐标之和，结合已知方程所得函数式求最值. 10．已知函数fxx下列四个命题：

①函数fx图象关于点0,0对称；

②对于任意aR，存在实数m，使得函数fxm为偶函数； ③对于任意aR，函数fx存在最小值；

④当a1时，关于x的方程gx0的解集可能为3,1,1,2， 其中正确命题为（） A．②③ 答案：A

举例说明①不成立；根据偶函数定义证明②成立；根据绝对值定义说明③成立；举例说明④不成立.

B．②④

C．②③④

D．①③④

3333k2，故当k0时y1y2有最小值，

222112axaR，gxpfxqpq0，给出xax

解：

当a0时，fa没有意义，即不满足faf(a)0，故①错误；

a1a1ax，h(x)fxmx

a2xa22x22对于任意aR，存在实数ma此时函数定义域为{x|x}，

2且

h(x)xa1a1a1a1xxxh(x)

aaa2xa222xxx2222即函数fxm为偶函数；故②正确； 对于任意aR，函数fxx当a0时，fx2(|x|函数fx存在最小值；

11xxa,xaxxa11,0xa 当a0时，fxaxax11xxa,x0xxa1111ax|x||ax| xax|x||ax|11)22|x|4（当且仅当|x|1时取等号），此时|x||x|当0xa时，fxa1111(xax)1axaa()a(2) xaxxaxaaxaxaa1axa4a(22)a，当且仅当x时取等号，此时当x时，fxaxaxa22存在最小值f() 当xa时，fxxa2111111xa,fx22,fx20, xxax(xa)22x32(xa)3因此f(x)在(a,)上单调递增

111fa240,fa1210,212又 2(a1)(a)2因此存在唯一x0(a,)，使得f(x0)0

即当axx0时，f(x)0；当xx0时，f(x)0； 因此当xx0时，fx存在最小值f(x0)

综上，当x0,xa时，fx存在最小值min{f(x0),f()} 因为f(x)f(ax)，所以fx关于x③正确；

当a1时，f1没有意义，即关于x的方程gx0的解集不可能为3,1,1,2，故④错误； 故选：A 点评：

本题考查函数奇偶性、最值以及函数与方程，考查综合分析判断能力，属中档题. 二、双空题 11．不等式3x23x1a2a对称，从而函数fx必存在最小值，即21的解集是___________；不等式log22xlog4x的解集是3x___________.

答案：(,1)(1,)(1,2)

利用指数函数、对数函数的单调性及其性质求不等式解集即可. 解： 3x23x121有3x3x13x，所以x23x1x，即(x1)20，解得x1； 3xx2x1log22xlog4x有log2xlogx2，所以{x0，解得1x2；

222x0故答案为：(,1)(1,)；(1,2)； 点评：

本题考查了利用函数的单调性，结合一元二次不等式的解法解不等式，属于基础题.

2fxcosx12．函数0在区间,的图象如下图，则fx的最小

6正周期为___________；f___________.

答案：将41 32424,0代入解析式，2k，2，即可得再结合T9962即可求得的值，从而求出fx的解析式，即可得周期和f解： 由图知所以的值.

π4,0在fxcosωx图象上，且为图象上升时与x轴的交点，

69439k2k，kZ，解得：kZ， 962222，所以12， 因为T2，所以2243T3令k0，得，所以3，

22所以fxcos故答案为：点评：

本题主要考查了利用三角函数图象求解析式，考查了周期公式和诱导公式，属于中档题.

133x，fcossin，

66622241； 23x2y213．已知双曲线C:221a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为

ab3，点P为双曲线上一点，F1PF2120，则双曲线的渐近线方程为___________；

若双曲线C的实轴长为4，则△F1PF2的面积为___________. 答案：y2x83 32bcb双曲线的离心率为e13，所以2，即可得渐近线方程；设点aaaP在右支上，PF1m，PF2n，由双曲线的定义可知nm4，再利用余弦定

理列方程，即可求出mn解：

32，再利用三角形面积公式即可以求面积. 32bcb双曲线的离心率为e13，所以2， aaa所以双曲线的渐近线方程为：y2x， 由题意知：a2，所以c23，b22，

设点P在右支上，PF1m，PF2n，则nm4，

在△F1PF2中，由余弦定理得：2cPF1PF22PF1PF2cos120， 即48mn2mn22222122mnmn①， 2将nm4两边同时平方得：m2n22mn16②， 由①②得：3mn32，所以mn所以△F1PF2的面积为

32， 3113238mnsin1203， 22323故答案为：y2x；点评：

83 3本题主要考查了双曲线的定义，双曲线的几何性质，离心率、渐近线，考查求焦点三角形的面积，涉及余弦定理和三角形面积公式，属于中档题. 三、填空题

e1x4,x114．已知函数fx3（其中e是自然对数的底数），则2x3x,x1ff2___________；若yfx与y9xb的图象有两个不同的公共点，则实

数b的取值范围是___________. 答案：e54(27,12](11,)

根据自变量范围代入对应解析式，计算即得第一空；先转化为函数

e1x9x4,x1hx3与yb交点，再结合导数确定函数hx单调性，最后根2x3x9x,x1据数形结合确定实数b的取值范围. 解：

ff2f23322f(4)e54；

yfx与y9xb的图象有两个不同的公共点，即函数e1x9x4,x1hx3与yb的图象有两个不同的公共点， 2x3x9x,x1当x1时，hxe1x9x4单调递减；

22当x1时，hxx3x9xhx3x6x93(x3)(x1)，即hx在

3[1,3)上单调递减，在[3,)上单调递增；

画出示意图，由图可知当b(27,12]有两个不同的公共点，

(11,)时，yfx与y9xb的图象

点评：

本题考查求分段函数值、根据函数交点求参数，考查数形结合思想方法，属中档题. 15．某个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为___________.

答案：

4 3先还原三视图，再根据锥体体积公式求结果. 解：

先还原三视图，几何体为三棱锥ABB1D1,dABB1D12，因此体积为

1142222 3234故答案为：

3

点评：

本题考查三视图、锥体体积公式，考查空间想象能力，属基础题.

16．已知a，b，c是非零向量，ab23，cacb2，为任意实数，当ab与a的夹角为答案：

1 2时，ca的最小值是___________. 3Cx,y，设PAa，利用ab23可以设A3,0BPBb，PCc，

3,0利用cacb2即可求出点C的轨迹为单位圆，caPCAP，ca



的最小值是点C到直线PA的距离，从而求得答案. 解：

设PAa，PBb，PCc，Cx,y 因为abPAPBAB23，

A3,0，B3,0，

因为ab与a的夹角为

，所以BA与PA夹角为，所以BAP， 333所以OPOAtan603，所以P3,0，

cb2得：所因为ca·ACBCx3,yx3,yx2y232，

所以xy1，所以点C的轨迹为单位圆，

22caPCPAPCAP

所以ca的最小值是点C到直线PA的距离. 过点O作OHPA于点H,交单位圆于点G， 所以SAOPOAOPAPOH， 22即339OH33OH，解得：， 222所以caminGHOHOG311， 22故答案为：点评：

1 2本题主要考查了向量模的几何意义，运用坐标法可以使向量问题更简单，属于难题.

a34b17．若a，b为实数，且1a3，2b4，则的取值范围是___________.

ab2335答案：[,]

412a24构造函数f(b)2，根据其在2b4单调性，得到两边含有a的不等式组，

bab23a2a4b结合a的范围、基本不等式，应用导数研究g(a)的范的最值，即可求

ab24a围. 解：

a24124设f(b)2a2(3)24，故2b4上f(b)单调减，

babbaaa21a22a21a21113∴3, f(b)，而16a162a2a64416a4aa22a34当且仅当a2时等号成立；令g(a)， ，则g(a)4a2a2即g(a)在[1,34)上单调减，在(34,3]上单调增， 而g(1)935，g(3)， 41235， 12所以g(a)maxg(3)a34b335[,] 综上，有

ab2412335故答案为：[,].

412点评：

本题考查了构造函数法求代数式的范围，利用基本不等式、导数研究函数最值，结合已知条件求目标式的范围. 四、解答题

18．已知fxsinx(sinx3cosx)，ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，

c.

（1）求fx的单调递增区间； （2）若fA3，a2，求ABC周长的取值范围. 2

答案：（1）[k6,k243]，kZ；（2）(4,2] 331sin(2x)，结合正弦型函数的26（1）利用正余弦的倍角公式化简函数式得fx单调性求fx的单调递增区间即可；（2）由已知条件求A，由余弦定理、基本不等式、

三角形三边关系有2bc解：

43，进而可求ABC周长的范围. 3（1）fxsin2x3sinxcosx∴f(x)在2k∴x[k1131(cos2xsin2x)sin(2x)， 2222622x62k3上单调递增， 26,k2]，kZ 3（2）fA1323，kZ，sin(2A)，得2A2k即Ak，

6226232， 30A，则A而a2，由余弦定理知：a2b2c22bccosA4，有

(bc)243，所以0bc当且仅当bc时等号成立，而(bc)4bc4432在ABC中bc2， ∵周长labc2bc， ∴4l2点评：

本题考查了应用三角恒等变换化简三角函数求其单调区间，利用余弦定理、基本不等式以及三角形三边关系求周长范围.

19．已知四棱锥PABCD的底面是矩形，PA面ABCD，PAAD2，

43 3AB22.

（1）作AMPB于M，ANPC于N，求证：PC平面AMN； （2）求二面角DPCA的正切值. 答案：（1）证明见解析；（2）2；

（1）由线线垂直证明线面垂直即可；（2）构建空间直角坐标系，利用空间向量求二面角正余弦值，进而求得其正切值. 解：

（1）四棱锥PABCD的底面是矩形，PA面ABCD有：PADA，ABDA， 由ABPAA，即DA面PAB，又DA//CB

∴CB面PAB，又AM面PAB，则CBAM，又AMPB且CB∴AM面PBC，而PC面PBC，有AMPC，又ANPC且

PBB，

AMANA，

∴PC面AMN.

（2）由题意，构建以A为原点，以AD,AB,AP为x,y,z轴正方向的空间直角坐标系，则有A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(2,0,0)，C(2,22,0)，

∴PD(2,0,2)，PC(2,22,2)，AP(0,0,2)，AC(2,22,0)， 令m(x,y,z)是面PDC的一个法向量，则：

2x2z0，若z1，有m(1,0,1)， 2x22y2z0令n(x,y,z)是面PAC的一个法向量，则：

2z0，若y1，有n(2,1,0)， 2x22y0cosm,n|mn33|，由图二面角DPCA为锐角其余弦值为，

33|m||n|∴二面角DPCA的正切值为2. 点评：

本题考查了线面垂直的判定证垂直，通过空间向量求二面角的三角函数值，属于中档题. 20．已知数列an与bn满足bn1anbnan131，bnn2,n2k1且kN，

1,n2knN*，且a12.

（1）设cna2n+1a2n1，nN*，求c1，并证明：数列cn是等比数列； （2）设Sn为an的前n项和，求S2n. 答案：（1）c112，证明见解析；（2）S2n24n32n13； 32（1）根据已知条件即递推关系可求c1，且cn432n1即可证cn是等比数列；（2）结合（1）奇数项之差为等比数列，同理可得偶数项之差也为等比数列，进而可得

32n11132n、a2n，可知数列{a2n1a2n}前n项和即为S2n； a2n124解：

（1）由题意知：

a12a231,2a2a331,a32a431,...,a2n12a2n32n12n321

1,2a2na2n131.

∵a12，有a22，a314， ∴c1a3a112，

由cna2n+1a2n1(3)2n(3)2n1432n1，nN*， ∴数列cn是首项为12，公比为9的等比数列. （2）由（1）知：2(a2n2a2n)(3)2n2n1(3)2n，

∴令dna2n2a2n2(3)，即{dn}是首项为18，公比为9的等比数列，

3n132n11∴c1c2...cn1a2n1a1(91)，即a2n1，

229132nn1d1d2...dn1a2na2(19)，即a2n，

44332n1∴a2n1a2n，即数列{a2n1a2n}前n项和即为S2n，

43124n32n13n. ∴S2nn(981...9)41232点评：

本题考查了数列的递推关系，根据递推关系求新数列的首项，且证明其为等比数列，由递推式将奇偶项分离，分别到它们的通项，将相邻的奇数项与偶数项的和作为新数列的项求原数列的前n项和.

x2y2221．已知椭圆C:221ab0的离心率为，短轴长为22.

ab2（1）求椭圆C的标准方程；

B两个不同的点，M为AB中点，N1,0，（2）设直线l:ykxm与椭圆C交于A，当△AOB（点O为坐标原点）的面积S最大时，求MN的取值范围.

x2y2答案：（1）（2）(21,21). 1；

42（1）由已知条件求出a、b的值，代入椭圆方程即可.

（2）Ax1,y1Bx2,y2将直线与椭圆方程联立，写出判别式，以及

4km2m24x1x2，x1x2，再利用点到直线的距离求三角形的高，利用弦长212k212k

公式求AB，再利用面积公式求SAOB，利用基本不等式即可求得取得最值的条件是

m2k1，再根据中点坐标公式求出M222k1,，由两点间距离公式即可将mmMN表示出来，从而求得取值范围.

解：

由题意知：ec2，2b22，a2b2c2， a2解得：b2，a2，c2，

x2y2所以椭圆C的标准方程为1；

42（2）设Ax1,y1Bx2,y2，将l:ykxm代入椭圆的方程得：

x22kxm4，即12k22x24mkx2m240，

16k2m2412k22m240，即4k2m220， 4km2m24x1x2，x1x2， 2212k12kAB1k2x1x21k21k2x1x224x1x2 16k2m242m2412k212k22 32k28m216224k2m222， 1k1k2212k12k2坐标原点O到直线l:ykxm的距离为：dm1k2，

SAOBm11224k2m222 dAB1k22221k12k2m24k2m22 212k2m4k2m2212k224k2m22m224k222， 2212k212k2当且仅当4k2m22m2，即m22k21时等号成立，

此时x1x24km4km4k，

12k2m2m4k22m22y1y2kx1x22m，

mm因为M为AB中点，所以M22k1,， mm22222k1m2km2k所以MN 12mmm22k24kk222(1)2， mmmMN2k1，由m22k21， m得2(k21k2k2)212()2，即， mmm2m22k22k2， 11111，得12m22m221MN21，即MN(21,21).

点评：

本题主要考查了求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆相交所得原点三角形面积取得最大值的条件，涉及弦长公式，两点间距离公式，基本不等式求最值，属于难题. 22．已知函数fxasinxsin2x，aR.

（1）若a2，求函数fx在0,上的单调区间； （2）若a1，不等式fxbxcosx对任意x0,数b.

2恒成立，求满足条件的最大整3答案：（1）f(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减；（2）3；

33（1）利用导数研究函数的单调区间即可； （2）根据分析fxsinxsin2x知在0,23上f(x)0恒成立，分类讨论参数 b，当b0时不等式恒成立，b0时，h(22)0f()不能恒成立，b0时，33

2x,上fx0h(x)恒成立，在x(0,)也要恒成立则必须要

223g(x)tanx2sinxbx,x(0,)，有g(x)g(0)0，结合基本不等式即可求b2的范围，进而得到最大整数值. 解：

（1）当a2时，fx2sinxsin2x，

f(x)2cosx2cos2x2(2cos2xcosx1)

2(2cosx1)(cosx1)，

而x0,时，1cosx1，

∴

1cosx1时，f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增，

321时，f(x)0,f(x)在(,)上单调递减； 231cosx综上，f(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减；

33（2）a1，fxsinxsin2x，令h(x)bxcosx 由f(x)cosx2cos2x4cosxcosx2知：

22x0,3而

331f(x)0时， 0，cosx0813312知x0(,)， 43282∴x0(,)，使fx在(0,x0)上单调增，

43在(x0,22)上单调减；而f(0)f()0， 332fx∴在0,上f(x)0恒成立.

3∴当b0时，x0,23有fx0h(x)恒成立. 

当b≠0时，有恒有h(0)h()0，

2令t(x)xcosx即t(x)cosxxsinx， ∴x2,23上t(x)0， 而在x(0,2)上，令μ(x)t(x)，

(x)2sinxxcosx0，即t(x)单调减，

又t()421(1)0,t()(1)0， 24323所以x0(,)使t(x0)0，即(0,x0)上t(x)0，t(x)单调增， 43(x0,)上t(x)0，t(x)单调减，

2∴综上，x0(2,)，使t(x)在(0,x0)上单调增，(x0,)上单调减； 433又h(x)bt(x)，

1、b0时，h(x)在(0,x0)上单调减，(x0,2)上单调增， 3且h(22)0f()，故此时不能保证fxh(x)恒成立； 332x2、b0时，,上fx0h(x)恒成立；

23在x(0,2)上要使fxh(x)恒成立，

令g(x)tanx2sinxbx,x(0,2)，有g(x)g(0)0恒成立， 12cosxb0成立， 2cosx所以只要g(x)单调递增即可，有g(x)即

11132cosxcosxcosx3cosxcosx3b cos2xcos2xcos2x

综上，知：0b3时不等式fxbxcosx对任意x0,故bmax3. 点评：

2恒成立， 3本题考查了利用导数研究函数的性质，由导数确定函数的单调区间，根据函数不等式恒成立求参数最值.