1、浙江省2021届高三数学9月百校联考试题注意事项：1本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名;2本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟参考公式：球的表面积公式S=4R2球的体积公式V=R3其中R表示球的半径锥体的体积公式V=Sh其中S表示锥体的底面积, h表示锥体的高柱体的体积公式V=Sh其中S表示柱体的底面积, h表示柱体的高台体的体积公式其中S1, S2分别表示台体的上、下底面积, h表示台体的高第卷（共40分）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
2、四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知集合，则（）A B C D2复数（为虚数单位）的虚部为（）A B C D3若实数，满足约束条件，则的取值范围是（）ABCD4函数的部分图象是( )A B C D（第5题图）5一个空间几何体的三视图(单位：)如 图所示，则该几何体的体积为（ ）ABC D6“空间三个平面，两两相交”是“三个平面三条交线互相平行”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7已知，且，设，则（）AB C D8已知点是双曲线右支上一点，是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线恰是线段的中垂线，则该双曲线的渐近线方程是( )A B. C. D. 9
3、已知数列，nN*，则 （）A B. C. D. 10已知向量，则（）A B C D 第卷（共110分）二、填空题 (本大题共7小题，单空每题3分，双空每题6分，共36分)11已知数列中,且点在抛物线上,则数列的前4项和是12二项式的展开式中,常数项为_，若，则等于_13已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合,终边经过点,则_,_14在棱长为2的正方体中,点分别是棱的中点,过点的平面截正方体所得的平面多边形的周长为_，该截面与底面所成锐二面角的正切值为_15在一袋中有个大小相同的球,其中记上的有个，记上号的有个(，)，现从袋中任取一球，表示所取球的标号，则_，若，且，则_16已知函数有两
4、个零点为和，则实数的范围是 17已知函数，设的最大值为，若时，则的取值范围为 三、解答题 (本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)18(本小题满分14分)在中，内角，所对的边分别为，且（I）求角的大小；（II）设点是的中点，若,求的取值范围19 (本小题满分15分)如图，平面平面，且菱形与菱形全等，且，为中点.（I）求证：平面平面；（II）求直线与平面的所成角的正弦值.20 (本小题满分15分)已知等比数列的公比，且，是，的等差中项.（I）求数列的通项公式；（II）证明：，设的前项的和为，求证：.21(本小题满分15分)设抛物线的焦点为，点到抛物线准线的距离为，若椭圆
5、的右焦点也为，离心率为.（I）求抛物线方程和椭圆方程；（II）若不经过的直线与抛物线交于两点，且(为坐标原点)，直线与椭圆交于两点，求面积的最大值.22(本小题满分15分) 已知函数.（I）若在有两个零点，求的取值范围；（II），证明：存在唯一的极大值点，且.20202021学年金色联盟-浙江省百校联考数学试卷注意事项：1本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名;2本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共6页，全卷满分150分，考试时间120分钟参考公式：球的表面积公式S=4R2球的体积公式V=R3其中R表示球的半径锥体的
6、体积公式V=Sh其中S表示锥体的底面积, h表示锥体的高柱体的体积公式V=Sh其中S表示柱体的底面积, h表示柱体的高台体的体积公式其中S1, S2分别表示台体的上、下底面积, h表示台体的高一、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CCADABADCB提示：8. D 解：如图所示，因双曲线线的渐近线为，对于，直线：，由原点到直线：的距离得，因此，则根据几何图形的性质可得，根据双曲线的定义得，因此可得，则双曲线的线近线为 9C 解：因，10B 解：由，则；则问题转化为四边形中，二、填空题 (本大题共7小题
7、，单空每题4分，双空每题6分，共36分)11 12； 13； 14， 15； 16 17提示：16 解：令，则，因，又，则，可得，则，即17 解：，由题意得的含义即：存在，对于任意的，的最小值为1，由于在数轴上的点和点之间的距离恰为2，因此要使得的最小值为1，则必有且，解得.三、解答题 (本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)18解：（I）在中，由正弦定理，可得，又由，可得，即， 3分即，可得，又因为，所以 7分（II）法一：如图，延长到，满足，连接，则为平行四边形，且，在中，由余弦定理得，即，可得，即， 10分由基本不等式得：，即，即，可得（当且仅当取等号号） 12
8、分又由，即，故的取值范围是 . 14分法二：也可以用中线向量+基本不等式解决，酌情给分.19解：（I）连接交于，连接，易知.因为平面，平面，所以平面. 3分又，同理可证平面.又因为，所以平面平面. 7分（II）（几何法）连接，由菱形与菱形全等且，可得出，.所以，又平面平面且相交于，所以平面.由，又且，所以平面，平面平面，过作，所以平面，连接，由,所以即为直线与平面的所成角. 10分由（I）平面平面,即为直线与平面的所成角. 12分由条件有，.在直角三角形中，所以，则所以，又在直角三角形,所以易知，所以.则直线与平面的所成角的正弦值为 15分（II）（坐标法）连接，由菱形与菱形全等且，可得出，.
9、所以，又平面平面且相交于，所以平面.则可以以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，令，则， 10分设平面的法向量为，则由得则可令，得，平面的法向量为， 12分设直线与平面的所成角为，则直线与平面的所成角的正弦值为 15分20. 解：（1）由是，的等差中项得，所以，解得， 3分由，得，解得或，因为，所以. 6分所以. 7分（）先证右边， 11分又有， 15分21解：()由已知得， 所以抛物线方程为，椭圆方程为. 5分()设直线方程为：，由消去得，设，则 因为 7分所以或(舍去)，所以直线方程为：. 9分由消去得，.设，则 11分所以 . 13分令，则，所以，当且仅当时，即时，取最大值. 15分22证明：（I）设函数在有两个零点当且仅当在有两个零点（i）当时，没有零点；（ii）当时，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增故是在的最小值若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；若，即，由于，所以在有一个零点，当时，易证 ，所以故在也有一个零点，因此在有两个零点综上，在有两个零点时，注：采用分离参数进行求解也可以（II）证明：，故，令，所以在上单调递减，在上单调递增，由零点存在性定理及的单调性知，方程在有唯一根，设为且，从而有两个零点和，所以在单调递增，在上单调递减，在单调递增，从而存在唯一的极大值点即证，由得，取等不成立，所以得证，又，在单调递增，所以得证.从而.
