1、2021年浙江省杭州市高考数学教学质量检测试卷（二模）一、选择题（共10小题）.1已知集合Ax|x2x20，Bx|ylg（x1），则AB（）Ax|1x2Bx|1x2Cx|1x2Dx|0x22设复数z满足z（3i）10（i为虚数单位），则|z|（）A3B4CD103设，是非零向量，则“”是“函数f（x）（x+）（x）为一次函数”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4某四棱锥的三视图（图中每个小方格的边长为1）如图所示，则该四棱锥的体积为（）A4BCD15已知实数x，y满足，则zxy（）A有最小值2B有最大值3C有最小值1D有最大值26函数f（x）ln|x+1
2、|x22x的图象大致为（）ABCD7已知F1，F2是双曲线C：的两个焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，若边MF1的中点在双曲线上，则双曲线C的离心率为（）A4+2B1CD8已知数列an满足an1an+an2（n3），设数列an的前n项和为Sn，若S20202019，S20192020，则S2021（）A1008B1009C2016D20189已知函数f（x）aex若函数yf（x）与yf（f（x）有相同的最小值，则a的最大值为（）A1B2C3D410如图，长方形ABCD中，AD1，点E在线段AB（端点除外）上，现将ADE沿DE折起为ADE设ADE，二面角ADEC的大小为，若，则四棱锥
3、ABCDE体积的最大值为（）ABCD二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11已知f（x），则f（2） ；若f（）2，则 12已知（x+a）3（x+1）4的展开式中所有项的系数之和为16，则a ，x4项的系数为 13设a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，若a1，则C ，ABC的面积 14甲从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，记摸得白球个数为X若，则m ，P（X2） 15已知x，y，z为正实数，且x2+y2+z21，则的最小值为 16已知，是单位向量，且设，m（mn0），若ABC为等腰直角三角形，则m 17已知F为抛物线y24x的焦点，
4、过F作斜率为k1的直线和抛物线交于A，B两点，延长AM，BM交抛物线于C，D两点，直线CD的斜率为k2若M（4，0），则 三、解答题：5小题，共74分18设函数（1）求f（x）的单调增区间；（2）若，求的值19如图，在四棱锥PABCD中，PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，ADCD3，BC4，点M，N分别在线段AD和PC上，且（1）求证：PM平面BDN；（2）设二面角PADB为若，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值20已知数列an，bn，满足an2n2，b2k1ak（kN*），b2k1，b2k，b2k+1成等差数列（1）证明：b2k是等比数列；（2）数列cn满足c
5、n，记数列cn的前n项和为Sn，求Sn21如图，已知抛物线C1：x2y在点A处的切线l与椭圆C2：1相交，过点A作l的垂线交抛物线C1于另一点B，直线OB（O为直角坐标原点）与l相交于点D，记A（x1，y1），B（x2，y2），且x10（1）求x1x2的最小值；（2）求的取值范围22已知函数f（x）aln（x+1）（a0），（1）当a1时，求证：对任意x0，f（x）g（x）；（2）若函数f（x）图象上不同两点P，Q到x轴的距离相等，设f（x）图象在点P，Q处切线交点为M，求证：对任意a0，点M在第二象限参考答案一、选择题（共10小题）.1已知集合Ax|x2x20，Bx|ylg（x1），则AB（
6、）Ax|1x2Bx|1x2Cx|1x2Dx|0x2解：Ax|1x2，Bx|x1，ABx|1x2故选：B2设复数z满足z（3i）10（i为虚数单位），则|z|（）A3B4CD10解：由z（3i）10得z3+i，则|z|故选：C3设，是非零向量，则“”是“函数f（x）（x+）（x）为一次函数”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解：f（x）（x）（x）x2+（）x，若，则0，如果同时有|，则函数恒为0，不是一次函数，故不充分；如果f（x）是一次函数，则0，故，该条件必要；故选：B4某四棱锥的三视图（图中每个小方格的边长为1）如图所示，则该四棱锥的体积为（）A4
7、BCD1解：根据几何体的三视图转换为几何体四棱锥，一条侧棱与底面垂直，底面是正方形，该几何体为三棱锥体PABCD，如图所示：由于几何体的高为2，底面边长为，则四棱锥的体积为V故选：C5已知实数x，y满足，则zxy（）A有最小值2B有最大值3C有最小值1D有最大值2解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（3，3），联立，解得B（）作出直线xy0，由图可知，平移直线xy0至A时，yxz在y轴上的截距最大，z有最小值为0，平移直线xy0至B时，yxz在y轴上的截距最小，z有最大值为3故选：B6函数f（x）ln|x+1|x22x的图象大致为（）ABCD解：函数的定义域为x|x1，故选项C错误；当x
8、1时，f（1）ln230，故选项A错误；当x1时，ln|x+1|，x2+2x1，则f（x），故选项B错误综上，选项D符合题意故选：D7已知F1，F2是双曲线C：的两个焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，若边MF1的中点在双曲线上，则双曲线C的离心率为（）A4+2B1CD解：依题意可知双曲线的焦点为F1（c，0），F2（c，0）F1F22c三角形高是cM（0，c）所以中点N（，c）代入双曲线方程得：1整理得：b2c23a2c24a2b2b2c2a2所以c4a2c23a2c24a2c24a4整理得e48e2+40求得e242e1，e+1故选：D8已知数列an满足an1an+an2（n3）
9、，设数列an的前n项和为Sn，若S20202019，S20192020，则S2021（）A1008B1009C2016D2018解：因为an1an+an2，（n3），所以anan+1+an1，则an+1+an20，所以an+an+30，an+3+an+60，则anan+6，可知a1+a40，a2+a50，a3+a60，所以S6a1+a2+a60，因为20196336+3，所以S20190+a2017+a2018+a20192020，所以a2017+a2018+a20192020，因为a2020S2020S2019201920201，则a20171，所以a2018+a2019202012019，
10、因为a2018a2017+a20191+a2019，所以a20191009，a20181010，因为a2021a20181010，所以S2021S2020+a2021201910101009，故选：B9已知函数f（x）aex若函数yf（x）与yf（f（x）有相同的最小值，则a的最大值为（）A1B2C3D4解：根据题意，求导可得，f（x）f（x）在R上单调递增，又当x0时，f（0）0当x0时，f（x）0，即得函数f（x）在（，0）上单调递减，当x0时，f（x）0，即得函数f（x）在（0，+）上单调递增故有f（x）minf（0）a2，即得f（x）a2，+）所以根据题意，若使f（f（x）mina2，
11、需使f（x）的值域中包含0，+），即得a20a2，故a的最大值为2故选：B10如图，长方形ABCD中，AD1，点E在线段AB（端点除外）上，现将ADE沿DE折起为ADE设ADE，二面角ADEC的大小为，若，则四棱锥ABCDE体积的最大值为（）ABCD解：设过A与DE垂直的线段长为a，则AEtan，0tan，DE，asin，则四棱锥ABCDE的高hasinsinsin（）sincos，则sin（2+），（tan）四棱锥ABCDE体积的最大值为故选：A二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11已知f（x），则f（2）4；若f（）2，则1或1解：f（x），f（2）224；f（）2，当0时，f（）
12、22，解得1，当0时，f（）+12，解得1，故答案为：4，1或112已知（x+a）3（x+1）4的展开式中所有项的系数之和为16，则a0，x4项的系数为4解：已知（x+a）3（x+1）4的展开式中所有项的系数之和为16（1+a）316，则a0故知（x+a）3（x+1）4x3（x+1）4，故x4项的系数为 4，故答案为：0；413设a，b，c分别为ABC的内角A，B，C的对边，若a1，则C，ABC的面积解：因为，整理得a2+b2c2ab，由余弦定理得cosC，因为C为三角形内角，所以C；由a2+b2c2ab且a1，c得b2b60，解得b3或b2（舍），所以，ABC的面积S故答案为：C，14甲从装
13、有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，记摸得白球个数为X若，则m2，P（X2）解：甲从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，记摸得白球个数为X，则XB（3，），E（X）3，m2，P（X2）故答案为：2，15已知x，y，z为正实数，且x2+y2+z21，则的最小值为3+2解：因为x，y，z为正实数，且x2+y2+z21，所以1z2x2+y22xy，当且仅当xy时取等号，则3+2，当且仅当1+z，即z时取等号，此时取得最小值3+2故答案为：3+216已知，是单位向量，且设，m（mn0），若ABC为等腰直角三角形，则m
14、1或2解：根据题意，已知，是单位向量，且，设（1，0），（0，1），则（m，n）（mn0），则A（1，0），B（0，1），C（m，n），若C为直角，即且|，则，又由mn0，解可得mn1，若B为直角，即且|，则，解可得：m2，n1，同理：若C为直角，可得m1，n2，（不合题意，舍去）综合可得：m2或1，故答案为：2或117已知F为抛物线y24x的焦点，过F作斜率为k1的直线和抛物线交于A，B两点，延长AM，BM交抛物线于C，D两点，直线CD的斜率为k2若M（4，0），则4解：设过点F作斜率为k1的直线方程为：yk1（x1），联立方程，消去x可得：，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1y24
15、，设C（x3，y3），D（x4，y4），则，同理，设AC所在的直线方程为ym（x4），联立方程，消去x得：my24y16m0，y1y316，同理可得y2y416，则4三、解答题：5小题，共74分18设函数（1）求f（x）的单调增区间；（2）若，求的值解：（1）因为函数，令，解得，所以f（x）的单调递增区间为；（2）因为，令，因为，则，所以，则，则19如图，在四棱锥PABCD中，PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，ADCD3，BC4，点M，N分别在线段AD和PC上，且（1）求证：PM平面BDN；（2）设二面角PADB为若，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值【解答】（
16、1）证明：连接MC，交BD于E，因为2，AD3，所以DM2，AM1，因为ADBC，所以MDECBE，2，所以PMNE，因为NE平面NBD，PM平面NBD，所以PM平面BDN；（2）解：取BC中点F，连接MF、PF，因为PBC为正三角形，所以PFBC，PFPBsin604sin602，因为ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，FCMD2，所以四边形DMFC为矩形，所以MFBC，因为MFPFF，所以BC平面PMF，所以平面PBC平面PMF，因为ADBC，所以AD平面PMF，所以ADMP、ADMF，所以PMF，设PMx，由余弦定理得PF2PM2+MF22PMMFcos，于是（2）2x2+322x
17、3，整理得x22x30，解得x3或x1（舍去），取PF中点Q，连接MQ，因为MPMF，所以MQPF，又因为平面MPF平面PBC，所以MQ平面PBC，MQ为点M到平面PBC的距离，因为ADBC，BC平面PBC，AD平面PBC，所以AD平面PBC，所以MQ也是A点到平面PBC的距离，MQ，PA，所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为20已知数列an，bn，满足an2n2，b2k1ak（kN*），b2k1，b2k，b2k+1成等差数列（1）证明：b2k是等比数列；（2）数列cn满足cn，记数列cn的前n项和为Sn，求Sn【解答】证明：（1）由数列an，bn，满足an2n2，b2k1ak（kN*），
18、所以，由于b2k1，b2k，b2k+1成等差数列故，整理得（常数），所以数列：b2k是以为首项，公比为2的等比数列；（2）由于：b2k是以为首项，公比为2的等比数列；所以，则2n3，所以（n1），则+，21如图，已知抛物线C1：x2y在点A处的切线l与椭圆C2：1相交，过点A作l的垂线交抛物线C1于另一点B，直线OB（O为直角坐标原点）与l相交于点D，记A（x1，y1），B（x2，y2），且x10（1）求x1x2的最小值；（2）求的取值范围解：（1）点A处的切线方程为y2x1xx12，联立，得（1+8x12）x28x13x+2x1420，所以64x164（1+8x13）（2x142）0，解得0
19、x124+，所以直线AB的方程为yx+x12+，联立，得2x1x2+x2x13x10，所以x1+x2，所以x1x22x1+2，当且仅当x1时取等号，所以x1x2的最小值为2（2）记点O，B到直线l的距离分别为d1，d2，所以d1，d2|2x1+|（），所以，因为0x124+，所以+4，所以（0，），所以的取值范围为（0，）22已知函数f（x）aln（x+1）（a0），（1）当a1时，求证：对任意x0，f（x）g（x）；（2）若函数f（x）图象上不同两点P，Q到x轴的距离相等，设f（x）图象在点P，Q处切线交点为M，求证：对任意a0，点M在第二象限【解答】证明：（1）根据题意，对任意x0，f（x
20、）g（x）恒成立，即证明h（x）f（x）g（x）0恒成立，即证h（x）min0恒成立，当a1时，f（x）ln（x+1），g（x），令h（x）f（x）g（x）ln（x+1）（x0），则有h（x）x0h（x）0，即得函数h（x）在（0，+）上单调递增，h（x）h（0）0，即得f（x）g（x）0f（x）g（x）（2）f（x）aln（x+1）的定义域为x（1，+），f（x），即得当a0时，f（x）0，则函数g（x）在（1，+）上单调递增，设点P（xP，yP），Q（xQ，yQ），则有yPyQ，|yP|yQ|，yP+yQ0yQyPyPaln（xP+1），yQaln（xQ+1）此时假设tln（xP+1）0，则aln（xQ+1）atln（xQ+1）t，由此可得f（x）图象在点P，Q处的切线方程可分别表示为：联立可得，交点M的坐标即为令F（t）2eet+et（t0），则有F（x）etet0，即得F（t）F（0）0恒成立，xM0；0由此可得，点M在第二象限