1、浙江省2021届高三数学上学期12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4页，全卷满分150分，考试时间120分钟.参考公式：球的表面积公式柱体的体积公式球的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高台体的体积公式其中表示球的半径锥体的体积公式其中，分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高 其中表示锥体的底面积，表示锥体的高第卷（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.
2、已知集合，集合，则（ ）A.B.C.D.2.已知，若，则（ ）A.2B.C.3D.43.在九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知四棱锥为阳马，底面，其三视图如图所示，正视图是等腰直角三角形，其直角边长为2，俯视图是边长为2的正方形，则该阳马的表面积为（ ）正视图侧视图俯视图A.B.C.8D.4.若实数，满足约束条件则的最大值为（ ）A.B.1C.2D.55.已知函数，其图象可能是（ ）ABCD6.已知，条件：，条件：，则是的（ ）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.设，分别是椭圆和双曲线的公共焦点，是的一个公共点，且
3、，线段的垂直平分线经过点，若和的离心率分别为，则的值为（ ）A.2B.3C.D.8.已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足.若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.9.已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.10.在正四面体中，分别为，的中点，为线段上的动点（包括端点），记与所成角的最小值为，与平面所成角的最大值为，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4分，双空每题6分，共36分）11.已知，且，则 ， .12.已知，则 ， .13.抛物线的焦点在直线：上，则 ，若焦点在轴上的双曲线的一条渐近线与直线平
4、行，则双曲线的离心率为 .14.一袋中有除颜色不同其他都相同的2个白球，2个黄球，1个红球，从中任意取出3个，有黄球的概率是 ，若表示取到黄球球的个数，则 .15.若实数，满足条件，且，则的最小值为 .16.已知平面向量，满足，则的取值范围为 .17.已知，若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为 .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，角，的对边分别为，.（）求角的大小；（）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.19.（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，.（）证明：；（）求与平面所成角的正弦值.20.（本小题满分15分
5、）已知数列的前项和为，且，数列满足，.（）求数列，的通项公式；（）若数列满足且对任意恒成立，求实数的取值范围.21.（本小题满分15分）已知椭圆：的长轴长为4，焦距为.（）求椭圆的标准方程；（）设直线：与椭圆交于，两个不同的点，且，为坐标原点，问：是否存在实数，使得恒成立？若存在，请求出实数，若不存在，请说明理由.22.（本小题满分15分）已知函数.（）当时，求函数的单调区间；（）当时，证明：函数有2个零点.20202021学年高三百校12月联考数学参考答案1.B 由题意可得，.故选B.2.D 由题意可得，.故选D.3.A 由本题三视图知，该阳马是底面为正方形的四棱锥，两个侧面是等腰直角三角形
6、，另外两个侧面是直角三角形，.故选A.4.C 可如图所示，数形结合可知，当直线经过点时，.故选C.5.A 根据题意，函数为偶函数，图象关于轴对称，有两个零点为，排除B和C，同时利用二次函数和对数函数对图象在的趋势影响，可知答案选A.6.B 由题意可得，若，则，故；反之，若，当其中有负数时，不成立.故选B.7.A 根据题意，设双曲线的方程为，焦点，则，.故选A.8.D 根据题意，有对任意成立.因此数列单调递增且，所以故.故选D.9.B 当时，不是函数的零点.当时，由，得，设，则在上单调递减，且.当时，等价于，令，得在上单调递减，在上单调递增，.因为有2个零点，所以.故选B.10.C 最小角、最大
7、角定理，与所成最小角为与平面所成的角，即，与平面所成最大角为二面角，在正四面体中，易得，则.故选C.11. 12.16 113.16 14. 15.2 原式，令，有，则，因此，则原式，的最小值为2.16. 令，设的坐标为，的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆上.设，的坐标为，的轨迹为圆心在原点，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环上.表示与点的距离，由图可知，故的取值范围为.17. 令，在上单调递增.，恒成立，只需.令，当时，的最大值为，的最小值为.18.解：（）由，利用正弦定理可得，化为.由余弦定理可得，所以.（）在中由正弦定理得，又，所以，故.因为且，且，都是锐角，从而且，故且，所以，故周长的取值
8、范围是.19.解：（）因为，所以，所以.取的中点，连接，所以，所以平面.又平面，所以.（）解法1（几何法）：在中，根据余弦定理得，所以.又因为，所以，所以，即.设点到平面的距离为， 与平面所成角为，因为，即，所以，所以，所以与平面所成角的正弦值为.解法2（坐标法）：在中，根据余弦定理得，所以.又因为，所以，所以，即.又因为，平面，所以平面.如图，以为原点，分别以，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则即令，则，所以.设与平面所成角为，所以与平面所成角的正弦值为.20.解：（），即，而， 数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.，.（），令，则，对任意恒成立，对任意恒成立，只需即可.，令，则，在，即当时取到最小值，.21.解：（）由题意可知，椭圆的标准方程为.（），故为直角三角形，设原点到直线的距离为，由，要求实数，使得恒成立，即.设点，联立方程，.，.22.解：（）当时，则，可得.当时，可得，所以，所以在单调递减；当时，所以，所以在单调递增，所以，所以在单调递增.综上可得，在单调递减，在单调递增.（）当时，所以是的一个零点，由，令，可得.因为，当时，在单调递增，则，在单调递增，所以在无零点.当时，有，所以在无零点.当时，在单调递增，又，所以存在唯一，使得.当时，在单调递减，当时，在单调递增，又，所以在有1个零点.综上，当时，有2个零点.
