一百条裙子-常识梁文道

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Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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
A
，
B互斥，则
P

AB

P

A
< br>P

B


若事件
A
，
B
相互独立，则
P

AB

P

A

P

B


若事件
A
在一次试验中发生 的概率是
p
，则
n
次独立重复试验中事件
A
恰好发生
k
次的概率
kk
P
n

k

Cn
p

1p

nk

k0,1,2,, n


台体的体积公式
V
1
S
1
S< br>1
S
2
S
2
h

3

其中
S
1
，
S
2
分别表示台体的上、下底面积，
h
表示台体的高．
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
锥体的体积公式
V
1
Sh

3
其中
S
表示锥体的底面积，
h
表示锥体的高
球的表面积公式
S4

R
2

球的体积公式
V
4

R
3

3
其中
R
表示球的半径
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共1 0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
Mx2x3
，
Nxxx60
，则
M
A．
x2x3



2

N
（ ）

B．
x3x2


C．
x3x3


D．
x2x2


x
2
2 ．双曲线
y
2
1
的离心率为（ ）
2
1

A．
3
2
2
B．
6
2
C．
2
D．
32
2

3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A．
3
2
B．
4
3
C．2 D．4
4．
a

x,2

，
b

1,1< br>
且
abb
，则
x
的值为（ ）
A．
22
B．0 C．
22
D．
32

2xy20
5．若实数
x
，
y
满足约束条件< br>

xy10
，则
z2xy
的最大值为（ ）


y10
A．
4
B．
3
C．
2
D．
1

．函数
f

x

e
x
e
x
6
2x1
的大致 图象是（ ）
A． B． C． D．
7．对于函数
f

x

cos
2
x3sinxcosx
，
xR
， 下列命题错误的是（ ）
A．函数
f

x

的最大 值是
3
2

B．不存在




5

,
4




63

，使得
f




1
2

C． 函数
f

x

在




6
,
2


上单调递减

2

D．存在



0,


，使得
f

x


f

x 5


恒成立
2
8．数列

a
n
的前
n
项和为
S
n
，且
S
n
nna
，
nN
*
，则“
a0
”是“数列

a
2n

为等差数列”的


1
< br>3

（ ）
A．充分不必要条件
C．充分必要条件


B．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
9．如图， 矩形
ABCD
中，
AB1
，
BC2
，点
E为
AD
中点，将
△ABE
沿
BE
折起，在翻折过程中，
记二面角
ADCB
的平面角大小为

，则当

最大时，
tan


（ ）

A．
2

2
B．
2

3
C．
1

3
D．
1

2
10．已知函数
f

x

ea

tax1

，其中
t0
．若对于某个
tR
，有且仅有3个不同取 值的
a
，使
x

得关于
x
的不等式
f< br>
x

0
在
R
上恒成立，则
t
的 取值范围为（ ）
A．

1,e

B．

e,2e

C．

e,


第Ⅱ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
zabi

a,bR

，其中
i为虚数单位．若
2i

1i

z
，则
a 
________；
z
________．
12．函数
f
x

是定义在
R
上的奇函数，且当
x0
时 ，
f

x

24
，则
f

 1


________；不等式
x
D．

2e, 


f

x

0
的解集为________．
13 ．已知

12x

1x

a
0
 a
1
xa
2
x
2

5
a
6< br>x
6
，则
a
2

________；
a< br>0
a
1
a
2
a
6

___ _____．
14．已知盒中装有
n

n1

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
X
表
示取到黄球的个数 ，且
X
的分布列为：
X
0 1 2
3

P

则
n
________；
E

X


________．
1

5
a

b


11111

n< br>S
S16
a
15．已知正项等比数列

n

的前项和为
n
，若
5



，则
a
3

________．
．．

a
1
a
2
a
3
a
4
a
5

16．已知 直线
l:y1
与
y
轴交于点
M
，
Q
为直 线
l
上异于
M
的动点，记点
Q
的横坐标为
x
0

x
0
0

．若
x
2
椭圆 ：
y
2
1
上存在点
N
，使得
MQN45
，则
x
0
的取值范围是________．
2
17．已知 不共线向量
a
，
b
满足
ab1
，且
axb axb4
，向量
a
，
b
的夹角为

，若
1415
，则
cos

的最小值为________．
x< br>22
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
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
所对的边分别是
a
，
b
，
c．已知
2bsinA5acosB
．
（1）求
cosB
的值；
（2）若
a3c
，
b2
，求
c
的值．
19．（本题满分15分）
BE
如图，四棱锥
ABCDE
中，< br>CD
平面
ABC
，
△ABC
为等边三角形，
CD< br>且
ACCD2BE2
，
F
为
AD
中点．

（1）求证：
EF
平面
ABC
；
（2）求直线
BC
与平面
AED
所成角的正弦值．
4

20．（本题满分15分）
已知数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，
S
n
2a
n
n
，
nN
*
．
（1）求数列

a
n

的通项公式；
（2）令< br>b
n
2na
n
，求数列

b
n

的前
n
项和
T
n
．
21．（本题满分15分）
如图，已知抛物线
C
1
:x2my

m0
< br>，
C
2
:y2nx

n0

的焦点分别 为
F
1
，
F
2
，且
4mn1
．
22

（1）当
F
1
F
2
最短时，求直线
F
1
F
2
的方程；
（2）设抛物线
C
1
，
C
2
异于原点的交点为
Q
，过点
Q
作直 线
AB
，分别交
C
1
，
C
2
于
A
，
B
两点，其中直
线
AB
的斜率
k0
， 且点
Q
为线段
AB
的中点．当
AB
最短时，求抛物线
C
1
，
C
2
的方程．
22．（本题满分15分） 已知函数
f

x

xlnxx2axk
< br>k0


2
（1）当
a0
，
k1时，求
f

x

在
1,f

1

处的切线方程；
（2）当
x

0,

时，
f

x

的最小值为0，求
k4a
的最小值 ．

2021年嘉兴市高三教学测试
高三数学 参考答案（2021.9）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1．D； 2．B； 3．A； 4．C； 5．D； 6．C； 7．B； 8．A； 9．D； 10．C．
10．提示

5

显然
a0
，否则
e
x
a0
，于是
f(x)ea

tax1

0
，即
tax10
，这与不等式的解集为
R
矛
x

盾．又易知
a0
时，不等式
f
x

0
恒成立．于是仅需再分析
a0
的情形．易 知
t0
，由
f

x



e< br>x
a


tax1

0
知
x lna
或
x
1
t
111
，所以
lna alna
．所以原问题等价于
tatat
关于
a
的方程
alna
有两解，进而由函数图像易知
te
．
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．
3
10
； 12．2；

,2



0,2

13．0；
32
14．3；1 15．4
2
2
16．


13,0
17．提示：

0,1
27
3

17．

7
axbaxb41x
2
2xcos

1x< br>2
2xcos

4
，变形得
1x
2
2xcos

41x
2
2xcos

，两边平方 得
21x
2
2xcos

4xcos

，
再两边平方得
x
三、解答题
18．解：（1）由
2
127
27

，所以．
c os


4cos
2

2
7
abasi nA

得

，所以
2bsinA5acosB

sinAsinBbsinB
2
．
3
2sinBsinA5s inAcosB
，即
2sinB5cosB
，又
sin
2
Bcos
2
B1
，解得，
cosB
（2）由余弦定理得
b
2
a
2
c
2
2accosB
，即
10c23cc
19．解（1）延长
DE
交
CB
的延长线 于
G
，连接
AG
．因为
BE
2
2
3
2
，解得
6c
2
2
，即
c
．
3
3
CD
且
CD2BE
，所以
E
为
DG< br>中点．又
平面
ABC
；
F
为
AD
中点，所 以
EF
（2）方法一：由
AB
AG
．又
EF
平 面
ABC
，
AG
平面
ABC
，于是
EF
1
CG
且
B
为
CG
中点知
AGAC
．因 为
CD
平面
ABC
，且
AG
平面
ABC
，
2
所以
AGCD
，又
CDACC
，于是
A G
平面
ACD
．由
AG
平面
ABC
得平面AGD
平面
连接
CF
，显然
CFAD
，因为平面< br>AGD
平面
ACDAD
，所以
CF
平面
AGD< br>．连接
GF
，
ACD
．
所以
CGF
即为直 线
BC
与平面
AED
的所成角．由
BC2
，则
C F2
，所以在
Rt△CFG
中，
sinCGF
CF2
．

CG4
6

方法二：取
AC
的中点
O
，连接
OF
．由
OF
间坐标系
Oxy z
，易得
A

0,1,0

，
E
CD< br>及
CD
平面
ABC
得
OF
平面
ABC< br>．如图建立空

3,0,1
，
D

0,1,2




于是
AE

3,1,1
，< br>AD

0,2,2

，设平面
AED
的一个法向量
n

x,y,z

，于是


nAE3xyz0
，令
y1
，解得
z1
，x0




nAD2y2z0
所以
n

0,1,1

．又
BC3,1,0
，设直线
BC
与平面
AED
的所成角的大小为

，所以

sin


nBC
nBC

12
．
4
22
20．解：（1）当
n1
时，
S
1
2a
1
1
，得
a
1
1


S
n
2a
n
n
当
n2
时，
，相减得
a
n
2a
n1
1
，变形得< br>
a
n
1

2

a
n11

，

S
n1
2a
n1


n1

n
n
又∵
a
1
1 2
，∴
a
n
12
，即∴
a
n
2 1

（2）
b
n
2na
n
2n21n2

n

n1
2n
，于是


n2
n1
2n


n2
n1

T
n
b
1
b
2
b
n


12
2
2



22
3
4


n2
n1

2

12T
n


12
2
22
3
n

，令
A
n
1 2
2
22
3

即
T
n
A
n
n

n1

．
A
n
12
2
22
3

2A
n
12
3
2 2
4



n1

2
n
 n2
n1
①

n1

2
n1
n2
n2
②
7

①

②得
A2
2
2
3

n
2
n1
n2
n2

4

12
n

12
n2
n2

42
n2
n2
n2


n1

2
n2
4

∴
A
n

n1

2
∴
T
n


n1

2
n2
4

4n
2
n
．
2
1
2
2
n 2
1
12
m
2
n
2
mn
21．解： （1）
F
1
F
2
OFOF
，等号当且仅当时成立．此 时
mn

2
24
44
F
1
F
2
的方程为
4x4y10
．
3

2mx
0

x2my
0
1

23
y
Qx,y
（2）方法一：设

00

，则

，解得
0
．进一步

1
，于是
C
1
:xx
0< br>y
，
x
0

y2nx
0

2n
x
3
0

2
0
2
0
C
2
:y
2

11
3342
AQ:yk

xx
0

，联立
C
1
:x
2
x
0
x
y
得
x
2
kx
0
xkx
0
x
0
0
，于是．设
3
x
0
x0
1
1

1

2
C:yx
得
y

，联立
2
3
x
k

x
0

0
3423
x
A
x
0
kx
0
，
x
A
x
0
kx
0
x
0
，解得
x
A
kx
0
x
0
．
BQ:xx
0

y
2

1111111111
y 0yyy
，于是，，解得，
BBB
3423423
x< br>0
kkx
0
x
0
x
0
kx
0
x
0
kx
0
x
0
kx
0
x
0< br>2
1212
12kx
0
3
2
x
B

23
x
0
．所以
x
A
x
B

23
kx
0
2x
0
，整理得
x2k x
，即
00
3
kx
0
kx
0
kx
0
kx
0
k
2
x
0

322
2 462
12kx
0
2k
2
x
0
k
3
x
0
．令
ukx
0
0
，换元得
u2 u2u1

u1

u3u10
，所以
u 1
，
2
于是
kx
0
1
．

3
1
又
AQ1k
2
x
0
x
A
1k
2
2x
0
kx
0

112
2
3x3x32
，当且仅当
x
0
1
时等
00
42
x
0
x
0
2
2
号 成立．所以
2m2n1
，此时
C
1
:xy
，
C
2
:yx
．
3

2mx
0
x2my
0
1

23
y
方法二：设
Q
x
0
,y
0

，则

，解得
0
，进一步得

1
，于是
C
1
:xx
0
y
，
x
0

y2nx
0

2 n
x
3
0

2
0
2
0
8

1
C
2
:y
2

3x
．由
k
AQ
k
BQ
知
x
0
x
A
x
0
2n

1
2m
y
B

x
0

1

xxy
，即

A

4mn1
．又
0


B
x
0

y
A
y
B
2y
Q

2221
2
y
B
y
A

3
x
A
．所以
x
0
x
0
x
0
x< br>0

x
A
x
0



3 1
2


3
x
A

1
，整理得
x

0
x
0

x
A
1
3
1
2
3
xxx20u1
，则
u
3< br>u
2
3u2

u2


u
2
u1

0
，解得
u2
．令
A
3
A
2
A
x
0
x
0
x
0
x
0
或
u
x
A
x
0
1
1 515

2
． （舍）或
u
（舍）．于是
x
A
2x
0
，
k
AQ

2mx
0
22
2
所以
AQ1kx
0
x
A
111
2
3x3x32
，当且仅当
x
0
1时等号成立．所以
00
42
x
0
x
0
2
2m2n1
，此时
C
1
:x
2
y
，
C
2
:yx
．
方法三：设
A2ms,2ms

2
由
Q
为线段
AB
的中点，于是
B

4 mt2ms,4mt

，
Q

2mt,2mt

，
22
2ms
2

．因


2mt2

2
4mnt

为
Q
，
B
均在抛物线
C
2
上，所以

，
22
2


4mt2ms

2n

4mt2ms


23

4mt1

再由
4mn1
化 简得

2

22
2


4m
< br>2ts

2ts
消去
m
得
2t
2s
令
u

2
2


s
 
s

s


2ts

t
3< br>s
4
4st
2
st
3
2t
4
0
，即

4

20


t

t

t
42
s


, 1

，得
u
4
4u
2
u2
< br>u1

u2


u
2
u1

0
，解得
u2
，于是
s2t
，
t< br>1
4m
2

3
．
t
所以
AQ< br>1
2
224
22
2
4m9t9t3t32
，当且仅当
t1
时等
2ms2mt2ms2mt

< br>
t
2
2
号成立．所以
2m2n1
，此时C
1
:xy
，
C
2
:yx
．
2 2．解：（1）
f


x

1lnx2x
，所以
k
l
f


1

1
， 又
f

1

2
，于是切线方程为
y2x1
，
即
xy10
．
（2）方法一：
f

x

1lnx2x2a
，进而
f

x

2
12x1

1

< br>，于是易知
f


x

在

0,< br>
上单
xx

2

9

< br>调递减，在


1

1

,

上单调递增．所以
f


x

min
 f


ln22a


2

2< br>
（Ⅰ）当
ln22a0
即
a
1
ln2
时
2
f

x

k0
，所以
f
x

k0
．这与
f

x
0
在由
f


x

0
知
f

x

在

0,

上单调递增．又
lim
x0

0,

有解矛盾．
（Ⅱ）当
ln22a0
即
a
1
ln2
时 < br>2
易知存在
x
1
，
x
2

0x< br>1
x
2

，使得
f


x
1

f


x
2

0
，且
f

x

在

0,x
1

，

x
2
,

上单调递增，在

x
1
,x
2

上单调递减．


2a 1lnx
2
2x
2

f


x
2

1lnx
2
2x
2
2a0
所以 原问题等价于

，整理得


2
2
fxxln xx2axk0
kxx


22222

2 2

2
2
所以
k4ax
2
5x
2< br>2lnx
2
2
，由
k0
得
x
2
1
．令
h

x

x5x2lnx2

x1

，
显然
h


x
< br>2x5
2

2x1

x2

， 所以
h

x

在

1,2

上单 调递减，在

2,

上单调递增，于是

xx
h

x

min
h

2

2 ln24
，即
k4a
的小值为
2ln24
．
方法二 ：∵
x0
，∴
yf

x

的最小值为0等价于
y
f

x

的最小值为0．
x
令g

x


f

x

klnxx2a
，即
g

x

min
0

xx
2
x
0
x
0
k
1 kx
2
xk

gx0
，
x0,
由< br>g


x

1
2

得，存 在唯一，使得


k0

0
0
2
2
x
xxx
0
2
即
kx
0
x
0
0
，所以
g

x

在

0, x
0

单调递减，

x
0
,

单调递增，因此
g

x

min
2
k
x
0
x
0
2
g

x
0

lnx
0
x
0
2a0
，将
kx
0
x
0
代入得
lnx
0
x
0
2a 0
，即
x
0
x
0
22
lnx
0
2x
0
12a
，所以
k4ax
0
5x
0
2lnx
0
2
，由
kx
0
x
0
0
，得
x
0
1
．
令
h

x

x5x2lnx2

x1

，显然
h


x

2x5
2
2

2x1

x2

，所以
h

x
在

1,2

上单

xx
调递减， 在

2,

上单调递增，是
h

x

min
h

2

2ln24
，即
k 4a
的最小值为
2ln24
．
10