2021年3月浙江省超级全能生高考数学联考试卷

第1页（共18页）2021年浙江省“超级全能生”高考数学联考试卷（3月份）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．（4分）已知集合2{|4}Pxx，{|13}Qxx，则(PQ)A．{|23}xxB．{|23}xxC．{|12}xxD．{|13}xx2．（4分）欧拉公式cossin(ieie为自然对数的底数，i为虚数单位）是瑞士数学家欧拉最早发现的，是数学界最著名、最美丽的公式之一根据欧拉公式，复数2ie在复平面内对应点所在的象限是()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（4分）若实数x，y满足约束条件21021010yxyxxy„…„，则2zxy的取值范围是()A．[3，2]B．[3，1]C．[2，)D．[3，)4．（4分）已知a，b都大于零且不等于1，则“log1ab”是“(1)(1)0ab”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．（4分）已知函数||1()||xfxlnxx，其图象大致为()A．B．C．D．6．（4分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．33B．23C．332D．532第2页（共18页）7．（4分）在直角坐标系中，已知O为坐标原点，(1,0)A，(1,0)B．点P满足3PAPBkk且||||4PAPB，则||(OP)A．71313B．855C．51313D．1328．（4分）已知离散型随机变量1，2的分布列为：1135Pa12b21245Pb1414a则下列说法一定正确的是()A．12()()EEB．12()()EEC．12()()DDD．12()()DD9．（4分）如图，已知在ABC中，90BAC，1AB，2BC，D为线段BC上一点，沿AD将ABD翻转至△ABD，若点B在平面ADC内的射影H恰好落在线段AC上，则二面角BDCA的正切的最大值为()A．33B．1C．2D．310．（4分）设数列{}nx满足212nnnxxx，*nN，且对于任意10x，都存在正整数n使得nxm…，则实数m的最大值为()A．152B．152C．2D．3二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分．11．（6分）函数2()cossincosfxxxx，则()fx的最小正周期为，对称轴方程为．12．（6分）二项展开式52345012345(12)xaaxaxaxaxax，则3a，35124234522222aaaaa．13．（6分）已知圆内接四边形ABCD的边长22BCAB，7CDDA，则AC，四边形ABCD的面积第3页（共18页）为．14．（6分）已知直线:(0)lykxbk与圆221xy相切，且被圆22(4)4xy截得的弦长为23，则k，b．15．（4分）已知实数x，y满足223xyxy，则224Sxyxy的最大值为．16．（4分）某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题．并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有种不同的答题顺序．17．（4分）已知非零向量,ab的夹角为6，若存在两不相等的正实数1，2，使得12()()0abab，则12的取值范围为．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）已知锐角ABC中，sin3sinsinsinaAbCcCbB．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）求sincosBC的取值范围．19．（15分）如图，在三棱锥PABC中，3AB，2PA，1PBAC，F为线段BC的中点．已知ACAB，且二面角PABC的平面角大小为60．（Ⅰ）求证：ACPF；（Ⅱ）求直线PF与平面PAC所成角的正弦值．20．（15分）已知{}na，{}nb分别是等差数列和等比数列，111ab，220ab，且12aa，*nN．（Ⅰ）若2a，3b，3a成等差数列，求{}na，{}nb的通项公式；第4页（共18页）（Ⅱ）当2n时，证明：nnab．21．（15分）如图，已知点1A，2A分别是椭圆221:14xCy的左、右顶点，点P是椭圆1C与抛物线22:2(0)Cypxp的交点，直线1AP，2AP分别与抛物线2C交于M，N两点(M，N不同于)P．（Ⅰ）求证：直线MN垂直x轴；（Ⅱ）设坐标原点为O，分别记OPM，OMN的面积为1S，2S，当2OPA为钝角时，求12SS的最大值．22．（15分）已知0a，函数2()xefxxa．（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）已知函数()fx存在极值点1x，2x，求证：121|()()|2eafxfxa．第5页（共18页）2021年浙江省“超级全能生”高考数学联考试卷（3月份）参考答案与试题解析一、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．【分析】可求出集合P，然后进行交集的运算即可．【解答】解：{|22}Pxx，{|13}Qxx，{|12}PQxx．故选：C．【点评】本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．2．【分析】利用欧拉公式以及三角函数值即可得出．【解答】解：由题意得：2cos2sin2iei，而cos20，sin20，故点(cos2,sin2)在第二象限，故选：B．【点评】本题考查了欧拉公式的应用，考查三角函数问题，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．【分析】由约束条件作出可行域，求出最优解的坐标，平移直线20xy，即可求得2zxy的取值范围．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由图可得，(0,1)B，联立210210yxyx，解得(1,1)A，作出直线20xy，由图可知，平移直线20xy至A时，2zxy有最小值为3，至B时，z有最大值为2．2zxy的取值范围是[3，2]．故选：A．【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．第6页（共18页）4．【分析】讨论01a与1a两种情形，利用单调性可得b的范围，从而可判定是否满足(1)(1)0ab，反之(1)(1)0ab，只能推出log0ab，不能推出log1ab，结合充分条件、必要条件的定义可得结论．【解答】解：a，b都大于零且不等于1，log1logaaba，若01a时，则10ab，所以(1)(1)0ab，若1a时，则1ba，所以(1)(1)0ab，所以“log1ab”可以推出“(1)(1)0ab”，满足充分性；因为(1)(1)0ab，所以1a，1b或01a，01b，只能推出log0ab，不能推出log1ab，不满足必要性；所以“log1ab”是“(1)(1)0ab”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，以及对数不等式的解法，同时考查了逻辑推理的能力，属于基础题．5．【分析】先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化趋势即可判断．【解答】解：函数()fx的定义域为(，0)(0，)，函数||1||1()||||()xxfxlnxlnxfxxx，所以函数()fx为奇函数，故排除BD，因为f（1）0，11()2022flnln，故排除C，故选：A．【点评】本题考查了函数的奇偶性和函数值的变化趋势，属于基础题．6．【分析】由三视图知几何体是一个三棱柱，且在一个角上截去一个三棱锥，并求出几何元素的长度，利用柱体、椎体的体积公式计算即可．【解答】解：由三视图知几何体是一个三棱柱，且在一个角上截去一个三棱锥CABD，侧棱与底面垂直，底面是以2为边长的等边三角形，高为3，且D是中点，则1BD，几何体的体积111233133232V3533322，第7页（共18页）故选：D．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．7．【分析】设出点(,)Pxy，根据3PAPBkk得出221(0)3yxx，根据||||4PAPB得出22143xy，两方程联立得出2x、2y的值，计算OP的值．【解答】解：设点(,)Pxy，(1,0)A，(1,0)B，1PAykx，1PBykx，所以311PAPByykkxx，2213yx，0x，①又||||4PAPB，所以点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，所以24a，2a，1c，2223bab，椭圆方程为22143xy，②由①②解得228595xy，则228985||555OPxy．故选：B．【点评】本题考查了椭圆与双曲线的定义与标准方程应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．8．【分析】由题意可得：12ab，a，1(0,)2b．可得1()E，2()E，1()D，2()D，进而比较出大小关系．【解答】解：由题意可得：12ab，a，1(0,)2b．11()35242Eabb，211()2452444Ebaa，第8页（共18页）12()()4()EEba，由a与b的大小关系不确定，因此1()E与2()E大小关系不确定．222211()(124)(324)(524)18162Dbabbbbb，2()44Eb，2222221113()(441)(442)(444)(445)()1684422Dbbbbbbbb，221231()()1816(168)022DDbbbb，12()()DD，故选：D．【点评】本题考查了随机变量的分布列及其数学期望、方差、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．9．【分析】寻找二面角的平面角，引入角变量，通过变量代换与配方，用变量表示二面角的正切值，再用不等式法求最大值．【解答】解：过H作HMCD于M，连接BM，过H作HNAD于N，连接BN，因为点B在平面ADC内的射影是H点，所以BH平面ACD，由三垂线定理知BMCD，BNAD，所以BMH为二面角BDCA的平面角，设BMH，CAD，则90BAD，(0,)4，所以1cos(90)sinAN，cosANAH，所以tancosANAH，于是21BHtan，因为90BAC，1AB，2BC，所以3AC，30ACD，又因为3tanHC，所以1sin30(3tan)2HMHC，所以221tan3tanBHtanHM，令3tant，则222223113tan22()222tttt„，第9页（共18页）当233t时等号成立，所以二面角BDCA的正切的最大值为2．故选：C．【点评】本题考查了空间直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．10．【分析】当1152x时，根据递推式得21152kx，2152kx，*kN，可得152m„；再证对于任意10x，都存在正整数n使得152nx…，即可求得结论．【解答】解：当1152x时，根据递推式得21152kx