1、浙江省嘉兴市2021届高三数学9月教学测试试题注意事项：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本试题卷分为第卷（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：若事件，互斥，则若事件，相互独立，则若事件在一次试验中发生的概率是，则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率台体的体积公式其中，分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径第卷一、选择题：本大题共10
2、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已知集合，则（ ）ABCD2双曲线的离心率为（ ）ABCD3某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）ABC2D44，且，则的值为（ ）AB0CD5若实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）ABCD6函数的大致图象是（ ）ABCD7对于函数，下列命题错误的是（ ）A函数的最大值是B不存在，使得C函数在上单调递减D存在，使得恒成立8数列的前项和为，且，则“”是“数列为等差数列”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9如图，矩形中，点为中点，将沿折起，在翻折过程中，记二面角的平面
3、角大小为，则当最大时，（ ）ABCD10已知函数，其中若对于某个，有且仅有3个不同取值的，使得关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题有7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11已知，其中为虚数单位若，则_；_12函数是定义在上的奇函数，且当时，则_；不等式的解集为_13已知，则_；_14已知盒中装有个红球和3个黄球，从中任取2个球（取到每个球是等可能的），随机变表示取到黄球的个数，且的分布列为：012则_；_15已知正项等比数列的前项和为，若，则_16已知直线与轴交于点，为直线上异于的动点，记点的横坐标为若椭圆：上存在点，使得，则的取值范围是_17
4、已知不共线向量，满足，且，向量，的夹角为，若，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、证明过程或演算步骤18（本题满分14分）在中，角，所对的边分别是，已知（1）求的值；（2）若，求的值19（本题满分15分）如图，四棱锥中，为等边三角形，平面，且，为中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值20（本题满分15分）已知数列的前项和为，（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和21（本题满分15分）如图，已知抛物线，的焦点分别为，且（1）当最短时，求直线的方程；（2）设抛物线，异于原点的交点为，过点作直线，分别交，于，两点，其中直线的斜率，且点为线段
5、的中点当最短时，求抛物线，的方程22（本题满分15分）已知函数（1）当，时，求在处的切线方程；（2）当时，的最小值为0，求的最小值2020年嘉兴市高三教学测试高三数学 参考答案（2020.9）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1D； 2B； 3A； 4C； 5D； 6C； 7B； 8A； 9D； 10C10提示显然，否则，于是，即，这与不等式的解集为矛盾又易知时，不等式恒成立于是仅需再分析的情形易知，由知或，所以所以原问题等价于关于的方程有两解，进而由函数图像易知二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空悬每题4分，共36分）11； 122； 130； 143；1 15
6、416 1717提示：，变形得，两边平方得，再两边平方得，所以三、解答题18解：（1）由得，所以，即，又，解得，（2）由余弦定理得，即，解得，即19解（1）延长交的延长线于，连接因为且，所以为中点又为中点，所以又平面，平面，于是平面；（2）方法一：由且为中点知因为平面，且平面，所以，又，于是平面由平面得平面平面连接，显然，因为平面平面，所以平面连接，所以即为直线与平面的所成角由，则，所以在中，方法二：取的中点，连接由及平面得平面如图建立空间坐标系，易得，于是，设平面的一个法向量，于是，令，解得，所以又，设直线与平面的所成角的大小为，所以20解：（1）当时，得当时，相减得，变形得，又，即（2），
7、于是，令即得21解：（1），等号当且仅当时成立此时的方程为（2）方法一：设，则，解得进一步，于是，设，联立得，于是，解得，联立得，于是，解得，所以，整理得，即令，换元得，所以，于是又，当且仅当时等号成立所以，此时，方法二：设，则，解得，进一步得，于是，由知，即又所以，整理得令，则，解得或（舍）或（舍）于是，所以，当且仅当时等号成立所以，此时，方法三：设，由为线段的中点，于是因为，均在抛物线上，所以，再由化简得消去得，即令，得，解得，于是，所以，当且仅当时等号成立所以，此时，22解：（1），所以，又，于是切线方程为，即（2）方法一：，进而，于是易知在上单调递减，在上单调递增所以（）当即时由知在上单调递增又，所以这与在有解矛盾（）当即时易知存在，使得，且在，上单调递增，在上单调递减所以原问题等价于，整理得所以，由得令，显然，所以在上单调递减，在上单调递增，于是，即的小值为方法二：，的最小值为0等价于的最小值为0令，即由得，存在唯一，使得，即，所以在单调递减，单调递增，因此，将代入得，即，所以，由，得令，显然，所以在上单调递减，在上单调递增，是，即的最小值为
