2021届浙江绍兴一模数学试卷及答案

这是一份2021届浙江绍兴一模数学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合或，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知i是虚数单位，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．B．3C．D．4
4．函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．某几何体由四棱锥和半个圆柱组合而成，其三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
6．设，则“”是“直线和圆有公共点”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．已知无穷数列是各项均为正数且公差不为零的等差数列，其前n项和为，则（ ）
A．数列不可能是等差数列B．数列不可能是等差数列
C．数列不可能是等差数列D．数列不可能是等差数列
8．已知，则的最小值是（ ）
A．B．3C．D．4
9．已知椭圆和点，若存在过点M的直线交C于P，Q两点，满足，则椭圆C的离心率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知a，b，，若关于x不等式的解集为，则（ ）
A．不存在有序数组，使得
B．存在唯一有序数组，使得
C．有且只有两组有序数组，使得
D．存在无穷多组有序数组，使得
二、填空题
11．《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢，各穿几何？”题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍：小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.如果墙足够厚，为前n天两只老鼠打洞长度之和，则___________尺.
12．如图，在棱长为4的正方体中，M是棱上的动点，N是棱的中点.当平面与底面所成的锐二面角最小时，___________.
13．已知平面向量满足：，则的最大值是___________.
三、双空题
14．已知函数，则___________；关于x的不等式的解集是___________.
15．已知二项展开式(1+x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9，则a0=___________；a1+a2+a3+a4=___________.(用数字作答)
16．在锐角中，内角A，B所对的边分别为a，b，若，则___________；边长a的取值范围是___________.
17．袋中装有大小相同的1个白球和2个黑球，现分两步从中摸球：第一步从袋中随机摸取2个球后全部放回袋中(若摸得白球则涂成黑球，若摸得黑球则不变色)；第二步再从袋中随机摸取2个球，记第二步所摸取的2个球中白球的个数为，则___________；___________.
四、解答题
18．已领函数
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值和最小值.
19．如图，在三棱柱中，.
（1）证明：平面；
（2）设点D为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
20．已知等差数列{an}的公差不为零，a4=1，且a4，a5，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和为Sn，满足Sn=2bn﹣4(n∈N*).
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足，cn+1=cn﹣(n∈N*)，求使得成立的所有n值.
21．已知抛物线和椭圆如图，经过抛物线焦点F的直线l分别交抛物线和椭圆于A，B，C，D四点，抛物线在点A，B处的切线交于点P.
（1）求点P的纵坐标；
（2）设M为线段的中点，交于点Q，交于点T.记的面积分别为.
（i）求证：Q为线段的中点；
（ii）若，求直线l的方程.
22．已知函数(其中，e为自然对数的底数).
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数的极小值点为m，极大值点为n，证明：当时，.
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
直接根据交集的运算计算即可.
【详解】
由题可知：集合或，
所以
故选：C
2．D
【解析】
【分析】
直接按照平方式公式计算即可.
【详解】
由题可知：
所以
故选：D
3．C
【解析】
【分析】
由约束条件作出可行域，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入得答案．
【详解】
由约束条件作出可行域如图，
联立，解得，，
令，得，由图可知，当直线过时，
直线在轴上的截距最大，有最大值为．
故选：C．
【点睛】
求解时注意根据直线截距的几何意义，考查数形结合思想的应用.
4．A
【解析】
【分析】
根据基本不等式以及排除法可得结果.
【详解】
由，当且仅当时，取等号
又，所以，故
所以只有A正确
故选：A
5．B
【解析】
【分析】
画出该几何体的直观图，然后根据三视图的数据以及锥体体积公式以及圆柱的体积公式计算即可.
【详解】
如图
所以四棱锥的体积为：
半个圆柱的体积为：
故该几何体的体积为：
故选：B
6．A
【解析】
【分析】
根据条件先求的取值范围，再比较集合的包含关系，判断充分必要条件.
【详解】
圆，圆心，半径，
若直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离，解得：，
，所以“”是“直线和圆有公共点”的充分不必要条件.
故选：A
7．D
【解析】
【分析】
计算等差数列的和，然后逐项进行判断即可.
【详解】
由题可知：，，其中
对A，，所以数列是公差为等差数列，故A错
对B，，当时，，
所以数列可能是等差数列，故B错
对C，，当时，，
所以数列可能是等差数列，故C错
，不可能转化为关于的一次函数形式，
故数列不可能是等差数列，故D正确
故选：D
8．B
【解析】
【分析】
将，变形为，令，根据确定，得到，然后由，，进一步确定，然后由，利用三角函数性质求解.
【详解】
因为，
，
令，
则，
因为，
所以，即，
解得，
所以，
，
，
，
因为，
所以，
因为，
所以，
解得，
所以，则，
所以，
所以的最小值是3，
故选：B
【点睛】
关键点点睛：本题关键是将，变形为，利用三角换元，转化为三角函数求解.
9．C
【解析】
【分析】
设是椭圆上的任一点，求出，根据其单调性，将问题转化为，其中，得出不等量关系，即可求解.
【详解】
设是椭圆上的任一点，
，
对称轴为，所以在上单调递减，
设，由题知：只要即可，
，所以.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：把问题转化是解题的关键.
10．D
【解析】
【分析】
根据，不等式转化为一元二次不等式的解的问题，利用两个一元二次不等式解集有交集的结论，得出两个不等式解集的形式，从而再结合一元二次方程的根与系数关系确定结论．
【详解】
由题意不等式的解集为，
即的解集是，
则不等式的解是或，不等式的解集是，
设，，，
所以，，
和是方程的两根，
则，，
又，
所以是的一根，
所以存在无数对，使得．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：本题考查分式不等式的解集问题，解题关键是转化一元二次不等式的解集，从而结合一元二次方程根与系数关系得出结论．
11．
【解析】
【分析】
大、小老鼠每天打洞的距离符合等比数列，分别计算大、小老鼠打洞长度之和，然后简单计算即可.
【详解】
由题意知:大老鼠每天打洞的距离是以1为首项,以2为公比的等比数列,
所以大老鼠前天打洞长度之和为,
同理小老鼠前天打洞长度之和为,
所以
所以
故答案为：
12．
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，分别得到平面、平面的法向量，然后按照公式计算进行判断即可.
【详解】
如图
设，
设平面的一个法向量为
令，，则
平面的法向量的一个法向量为
设平面与底面所成的锐二面角为
所以
当时，有最大，则有最小，所以
故答案为：
13．
【解析】
【分析】
先得到，然后假设坐标，得到的终点坐标满足的方程，同时得到的终点的轨迹方程，最后使用参数方程进行求解，计算即可.
【详解】
由，又，所以可知
又，所以
设的终点为，的终点为，其中
由①，设，
则，
所以， ②
将②代入①并化简可得
令设，
所以
当时，
故答案为：
【点睛】
关键点睛：利用坐标求解并得到的终点轨迹方程是关键.
14． 6
【解析】
【分析】
根据分段函数直接计算可得，然后分类讨论计算可得不等式的解集.
【详解】
由题可知：，所以
①，②
所以的解集是
故答案为：6，
15． 1 130
【解析】
【分析】
根据题意，令x=0，即可求导，根据展开式的通项公式，即可求得答案.
【详解】
因为二项展开式(1+x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9，
令x=0，可得a0=1.
又展开式的通项公式为：，
所以a1+a2+a3+a4==1+9+36+84=130，
故答案为：1；130.
16． 4
【解析】
【分析】
依据题意可知，然后结合正弦定理可知，然后得到角的范围，简单计算即可.
【详解】
由题可知：，所以
所以，由正弦定理可知,则，
由为锐角三角形，所以，即
所以，则
故答案为：4,
17．
【解析】
【分析】
得到的所有值，并计算相应的概率，然后简单计算即可.
【详解】
所有可能结果为1，0
，所以
所以
故答案为：，
18．（1）；（2）最大值2，最小值.
【解析】
【分析】
（1）根据两角和的正弦、余弦公式以及辅助角公式化简，然后代入计算即可.
（2）根据（1）的条件，以及正弦函数的性质进行计算和判断即可.
【详解】
解：（1）因为
，
所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以，当，即时，取到最大值2；
当，即时，取到最小值.
19．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理逆定理可知，然后利用线面垂直的判定定理可知结果.
（2）解法1通过作辅助线，找到直线与平面所成角，然后根据三角函数的知识进行求解即可；解法2利用建系，求得平面的一个法向量，然后按公式计算即可.
【详解】
（1） 证明：如图，连接
由，所以为等边三角形
因为，
所以，所以，
又平面，
所以平面.
（2）解法1：如图，设E为的中点，连结，作于F.
因为平面，，所以平面，
又平面，所以.
在中，，
D为的中点，所以，又，所以平面.
因为，所以平面，所以，
又因为平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为.
在中，，
所以，所以.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
解法2：如图，以C为原点，以射线分别为x，y轴正半轴，建立空间直角坐标系，
则
因此，
.
设平面的法向量为，
由，得
可取.
设直线与平面所成角为，
则.
因此，直线与平面所成角的正弦值是.
【点睛】
方法点睛：
证明线面平行的方法：（1）根据线线平行得到线面平行（线面平行判定定理）；（2）根据面面平行得到线面平行；（3）向量法；
线面角的一般求法；（1）根据定义找到线面角；（2）向量法.
20．（1）an=n﹣3，bn=2n+1；（2）n的值为3，4.
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求得，由此求得；先求得，然后利用求得.
（2）利用累加法，结合错位相减求和法求得，由此解不等式，求得的所有可能取值.
【详解】
（1）设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由题意得=a4a7，
即(1+d)2=1+3d，整理得d2=d，解得d=1，
所以an=a4+(n﹣4)d=n﹣3，
因为b1=S1=2b1﹣4，所以b1=4，
当n≥2时，由bn=Sn﹣Sn﹣1，得bn=2bn﹣2bn﹣1，即bn=2bn﹣1，
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以bn=2n+1.
（2）由cn+1=cn﹣，得cn+1﹣cn=﹣，
所以cn=(cn﹣cn﹣1)+(cn﹣1﹣cn﹣2)+…+(c2﹣c1)+c1=﹣﹣(+……+)，
设Tn=+……+，则Tn=+……+，
两式相减得
Tn=++……+﹣=﹣﹣=﹣﹣，
所以Tn=﹣﹣，所以cn=﹣﹣Tn=，
因为，所以(n﹣2)(24﹣n﹣1) 0，
当n=1时，不满足题意；
当n=2时，不满足题意；
当n≥3时，24﹣n﹣1≥0，解得3≤n≤4，
所以满足题意的所有n的值为3，4.
【点睛】
当不是常数时，可利用累加法来求数列的通项公式.
21．（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）或.
【解析】
【分析】
（1）假设点坐标并得到直线l的方程，同时得到点A，B处的切线方程，然后得到点P的坐标，根据直线l与抛物线联立方程，使用韦达定理可知结果.
（2）（i）得到的坐标，然后根据中点坐标公式可得结果; （ii）依据，得到，然后利用弦长公式计算，最后根据等式进行计算即可.
【详解】
（1）解：设点，直线l的方程为.
，可知抛物线在点A，B处的切线的斜率分别为
抛物线在点A，B处的切线方程分别为，
联立方程组，解得点P的坐标为.
由，得，
所以，所以点P的坐标为，
即点P的纵坐标为.
（2）（i）证明：由（1）得，
因为，
所以，点Q是线段的中点.
（ii）解：因为M，Q分别为线段的中点，所以
所以，所以，
所以.
设点C，D的横坐标分别为，
由，得，
所以，
所以
由（1）得.
所以，
设，则，
所以在上单调递减.
因为，所以，所以，即，
经检验，符合条件，所以直线l的方程为或.
【点睛】
思路点睛：第（1）问，①假设直线l的方程并与抛物线方程联立，使用韦达定理；②得到在A,B处切线方程并联立得到点P坐标；③计算即可.第（2）问，①得到面积的比值；②利用弦长公式得到；③计算得到.
22．（1）递减区间的，递增区间的；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先确定函数的定义域，接着求导，求解得到函数单调增区间，求解得到函数的单调减区间；（2）由（1）知，构造函数，经过推导判断得到，所以原不等式得证.
【详解】
（1）解：由已知得
由解得
所以的递减区间的，递增区间的.
（2）证明：由（1）可知，即.
设，
则.
当时，因为，
所以.
设，则
当时，因为，
所以，所以，所以，
所以，
所以，当时，.
【点睛】
用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.