浙江省2021屆高三下學(xué)期6月高考方向性考試數(shù)學(xué)試卷

1、內(nèi)裝訂線學(xué)校:_姓名：_班級(jí)：_考號(hào)：_外裝訂線絕密·啟用前浙江省2021屆高三下學(xué)期6月高考方向性考試數(shù)學(xué)試卷題號(hào)一二三四總分得分注意事項(xiàng)：1答題前填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上評(píng)卷人得分一、選擇題1.已知集合A=xx1，B=x0x2，那么RAB=（ ）A1,0B1,1C0,1D1,22.雙曲線x2a2y24=1(a0)的離心率為3，則雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為（ ）A2B22C10D2103.某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（ ）A34+12B34+1C94+32D94+34.若實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件x2y0xy+3

2、0，則z=x+2y的取值范圍是（ ）A0,12B,12C(,12D12,+5.函數(shù)y=(ex1ex)cosx在2,2上的圖象可能是（ ）ABCD6.已知直線l、m和平面若m，l，則“l(fā)/m”是“l(fā)/”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件7.已知等差數(shù)列an，公差d0,a1d1，記bn=a1+a2+ann，則下列等式不可能成立的是（ ）A2a4=a2+a6B2b4=b2+b6Ca42=a2a8Db42=b2b88.已知雙曲線C:x2a2y2b2=1(a0,b0)左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，直線l過(guò)點(diǎn)F1交雙曲線左支于點(diǎn)P，交雙曲線漸近線y=bax于點(diǎn)Q，且

3、F1QF2Q，若F1P=12PQ，則雙曲線C的離心率為（ ）A1+102B1+222C5+1D3+19.已知a,b為單位向量，向量c滿足|2c+a|=|ab|，則cb的最大值為（ ）A2B2C3D310.已知ABC，B=C=30°，D是BC的中點(diǎn)，將ABD沿AD翻折，得到ABD，設(shè)BA與平面ADC所成的角為1，BC與平面ADC所成的角為2，BD與平面ADC所成的角為3，則（ ）A322B321C122D221評(píng)卷人得分二、雙空題11.已知a1+i=1bi，其中a,bR，i是虛數(shù)單位，則a=_，b=_12.已知多項(xiàng)式x5=a0+a1(1x)+a2(1x)2+a5(1x)5，其中a0,a

4、1,a5為實(shí)數(shù)，則a3=_，a0a1+a2a3+a4a5=_13.已知tan(4)=2，則tan=_，sin2=_14.在8張獎(jiǎng)券中有一、二、三等處各1張，其余5張無(wú)獎(jiǎng)，將這8張獎(jiǎng)券分給4個(gè)人，每人兩張，記獲獎(jiǎng)人數(shù)為，則P(=2)=_，E=_評(píng)卷人得分三、填空題15.已知圓柱的體積為152（單位：cm3），且它的側(cè)面展開圖是正方形，則這個(gè)圓柱的底面半徑（單位：cm）是_16.曲線C:x2+y22x=0關(guān)于直線x2y=0對(duì)稱的曲線方程是_17.已知函數(shù)f(x)=x2+a+|x|,x1,1記fx的最大值為Ma，則Ma的最小值為_評(píng)卷人得分四、解答題18.在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，

5、c，設(shè)ABC的面積為S且滿足S=34(a2+b2c2)（1）求角C的大??；（2）求sinAsinB的最大值19.如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，AC=BC=CC1=2，D是AA1的中點(diǎn)，且ACB=90°，DAC=60°（1）證明：平面ABD平面CBD；（2）求直線AD與平面BDC1所成角的正弦值20.已知等比數(shù)列an,a1=2數(shù)列bn滿足a1a2an=2bn2nN*且b3=6+b2（1）求數(shù)列an、bn的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)cn=1an1bn(nN*)，記數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn求Sn；求正整數(shù)k使得對(duì)任意nN*，都有SkSn21.如圖已知拋物

6、線C:y2=4x，直線過(guò)點(diǎn)P(2,1)與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，拋物線在點(diǎn)A，B處的切線相交于點(diǎn)T，過(guò)A，B分別作x軸的平行線與直線上l:y=2x+4交于M，N兩點(diǎn)（1）證明：點(diǎn)T在直線l上，且|MT|=|NT|；（2）記AMT，BNT的面積分別為S1和S2求S1+S2的最小值22.已知函數(shù)f(x)=aexx+lnxx,aR（1）若a=1e，討論fx的單調(diào)性；（2）fx有兩個(gè)極小值點(diǎn)x1，x2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍，并證明fx1+fx20參考答案1.D【解析】根據(jù)補(bǔ)集、交集的定義計(jì)算可得；解：因?yàn)锳=xx1，所以RA=x|x1，因?yàn)锽=x0x2所以RAB=x|1x2故選：D2.B【解析】根據(jù)離

7、心率，可求得a值，即可求得雙曲線的實(shí)軸.由題意得：e=ca=1+b2a2=1+4a2=3，解得a=2，所以雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2a=22.故選：B3.A【解析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)求解幾何體的體積即可解：由題意幾何體的直觀圖如圖：是一個(gè)圓錐，去掉14部分的剩余幾何體與一個(gè)三棱錐的幾何體；幾何體的體積為：34×13×12××3+13×12×1×1×3=3+24故選：A4.D【解析】由約束條件作出可行域，求出最優(yōu)解的坐標(biāo)，平移直線x+2y=0，即可求得z=x+2y的取值范圍解：由約束條件作出可行域如圖，聯(lián)立

8、x2y=0xy+3=0，解得x=6y=3，即B6,3，作出直線x+2y=0，由圖可知，平移直線x+2y=0至B時(shí)，z=x+2y有最小值為12，z=x+2y的取值范圍是12,+故選：D5.B【解析】利用定義判斷f(x)=(ex1ex)cosx的奇偶性，再代入特殊值檢驗(yàn)，即可得答案.設(shè)f(x)=(ex1ex)cosx，則f(x)=(ex1ex)cos(x)=(ex1ex)cosx=f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除A、C，又當(dāng)x=1時(shí)，f(1)=(e11e1)cos10，排除D.故選：B6.A【解析】利用線面平行定理及充分條件必要條件判斷即可解：充分性：l/m，l，ml/，故充

9、分性成立必要性：l/，l，m，則l與m平行或異面，故必要性不成立故“l(fā)/m”是“l(fā)/”的充分不必要條件故選：A7.D【解析】根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)、求和公式，結(jié)合等差中項(xiàng)的性質(zhì)，逐一分析各個(gè)選項(xiàng)，即可得答案.因?yàn)閍n為等差數(shù)列，所以Sn=n(a1+an)2，所以bn=a1+a2+ann=Snn=n(a1+an)2n=a1+an2，對(duì)于A：因?yàn)閍n為等差數(shù)列，根據(jù)等差中項(xiàng)的性質(zhì)可得2a4=a2+a6，故A正確；對(duì)于B：b2+b6=a1+a22+a1+a62=a1+a4，2b4=2×a1+a42=a1+a4，所以2b4=b2+b6，故B正確；對(duì)于C：若a42=a2a8，則(a1+3d)2=(

10、a1+d)(a1+7d)，整理得a1d=d2，因?yàn)閐0，所以a1=d，所以當(dāng)a1=d時(shí)，滿足a1d1，此時(shí)C正確；對(duì)于D：若b42=b2b8，則a1+a422=a1+a22a1+a82，所以a12+a42+2a1a4=a12+a1a8+a1a2+a2a8，所以(a1+3d)2+2a1(a1+3d)=a1(a1+7d)+a1(a1+d)+(a1+d)(a1+7d)，解得a1d=121，不滿足a1d1，故D錯(cuò)誤.故選：D8.A【解析】根據(jù)F1QF2Q，可得點(diǎn)Q的軌跡方程，又點(diǎn)Q在y=bax，聯(lián)立解得Q點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)P(x,y)，根據(jù)F1P=12PQ，可得P點(diǎn)坐標(biāo)，代入雙曲線，即可得a，c的關(guān)系，即可得

11、答案.因?yàn)镕1QF2Q，所以點(diǎn)Q在以O(shè)為圓心，OF1為半徑的圓上，所以點(diǎn)Q的軌跡方程為x2+y2=c2，又點(diǎn)Q在漸近線y=bax上，所以x2+y2=c2y=bax，解得Q(a,b)，設(shè)P(x,y)，則F1P=(x+c,y),PQ=(ax,by)，因?yàn)镕1P=12PQ，所以2(x+c)=ax2y=by，解得x=a2c3y=b3，即Pa2c3,b3，又點(diǎn)P在雙曲線C上，代入可得a2c32a2b32b2=1，所以a2ca2=10，即12e2=10，因?yàn)閑1，所以e=1+102.故選：A9.B【解析】由|2c+a|=|a·b|得|c(a2)|=12|a·b|，說(shuō)明c的終點(diǎn)的軌跡是以

12、a2的終點(diǎn)為圓心，12|a·b|為半徑的圓，|cb|的最大值是圓心與b的終點(diǎn)之間的距離加上半徑，即為|b(a2)|+12|a·b|，再將其化成a，b的模和夾角可解得解：由|2c+a|=|a·b|得ca2=12a·b，說(shuō)明c的終點(diǎn)的軌跡是以a2的終點(diǎn)為圓心，12|a·b|為半徑的圓，|cb|的最大值是圓心與b的終點(diǎn)之間的距離加上半徑，即為|b(a2)|+12|a·b|，|b+a2|+12|a·b|=(b+12a)2+12|a·b|=1+14+a·b+12a·b=1+14+cosa,b+12cosa

13、,b1+14+1+12=2，（當(dāng)且僅當(dāng)cosa,b=1時(shí)取等號(hào)）故選：B10.C【解析】依題意畫出草圖，過(guò)B作BECD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE，可證BE面ADC，即可得到1=BAE，2=BCD，3=BDE，由BD=DC，得到3=22，再利用銳角三角函數(shù)得到13，即可得解；解：在ABC，B=C=30°，D是BC的中點(diǎn)，所以ADDC，ADBD，又BDDC=D，BD,DC面BDC，所以AD面BDC過(guò)B作BECD交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE，因?yàn)锳D面BDC，BE面BDC，所以ADBE，ADCE=D，AD,CE面ADC，所以BE面ADC，因?yàn)锽A與平面ADC所成的角為1，所以1=BA

14、E，BC與平面ADC所成的角為2，所以2=BCD，BD與平面ADC所成的角為3，所以3=BDE因?yàn)锽D=DC，所以BDE=2BCD，即3=22；又sin1=sinBAE=BEBA，sin3=sinBDE=BEBD，因?yàn)锽ABD，所以sin1sin3，即13，所13=22，即122，當(dāng)1=3=2=0時(shí)，122故選：C11.     2     1【解析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法運(yùn)算，可得a1+i=a2ai2，根據(jù)復(fù)數(shù)相等的條件，即可求得答案.由題意得：a1+i=a(1i)(1+i)(1i)=a2ai2=1bi，根據(jù)復(fù)數(shù)相等的條件

15、可得：a2=1a2=b，解得a=2,b=1.故答案為：2；112.     -10     32【解析】將x5變形為1(1x)5，求得其通項(xiàng)公式，分別對(duì)k賦值，即可得答案.x5=1(1x)5的展開式的通項(xiàng)公式為：Tk+1=C5k15k(1x)k=C5k(1)k(1x)k，令k=3，得T4=C53(1)3(1x)3，所以a3=C53(1)3=10.令k=0，得a0=C50(1)0=1，令k=1，得a1=C51(1)1=5，令k=2，得a2=C52(1)2=10，令k=4，得a4=C54(1)4=5，令k=5，得a5=

16、C55(1)5=1，所以a0a1+a2a3+a4a5=1(5)+10(10)+5(1)=32.故答案為：-10；3213.     -3     35【解析】根據(jù)兩角差的正切公式，化簡(jiǎn)計(jì)算，可得tan=3，根據(jù)二倍角公式，展開化簡(jiǎn)，代入數(shù)據(jù)，即可得答案.由題意得：tan(4)=tantan41+tantan4=tan11+tan=2，解得tan=3.所以sin2=2sincos=2sincossin2+cos2=2tantan2+1=35.故答案為：-3；3514.    

17、35     125【解析】先分析獲獎(jiǎng)的情況，再求概率和期望.一、二、三等獎(jiǎng)獎(jiǎng)券，三個(gè)人獲得，共有A43=24種獲獎(jiǎng)情況；一、二、三等獎(jiǎng)獎(jiǎng)券，有1人獲得2張，1人獲得1張，共有C32A42=36種獲獎(jiǎng)情況,一共有24+36=60中不同的獲獎(jiǎng)情況.所以P(=2)=3660=35，P(=3)=2460=25所以E=2×35+3×25=12515.1523【解析】因?yàn)閳A柱的側(cè)面展開后是一個(gè)正方形，可知圓柱的底面周長(zhǎng)和圓柱的高相等；再根據(jù)圓柱的體積V=r2h，即可求出結(jié)果.設(shè)圓柱底面半徑為r，高為h，由于該圓柱的側(cè)面展開圖是正方形，所以2r=

18、h，又圓柱的體積為152，所以r2h=152，即r22r=152所以r=1523.故答案為：1523.16.x-352+y-452=1【解析】根據(jù)題意求出圓心和半徑，結(jié)合對(duì)稱性解出對(duì)稱的圓心即可.由x2+y22x=0得(x1)2+y2=1，圓心為C(1,0)，設(shè)C(1,0)關(guān)于直線x2y=0的對(duì)稱點(diǎn)為C'(x0,y0)有x0+122×y0+02=0y0x01=2，解得x0=35，y0=45所以所求的方程為(x35)2+(y45)2=1故答案為：(x35)2+(y45)2=117.94【解析】根據(jù)偶函數(shù)的定義可知，fx是偶函數(shù)，易知fx在1,1上的最大值為f1,f1,f12,f

19、12，可知Maf12Maf1，根據(jù)絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，即可求出結(jié)果.由題意可知，f(x)=x2+a+|x|,x1,1是偶函數(shù)，當(dāng)x0,1時(shí)，fx=x2+a+x,ax2x2+a+x,ax2，根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)可知，fx在1,1上的最大值為f1,f1,f12,f12，所以Maf12Maf1，所以2Ma14+a+12+a+1+114+a1+a+32=94，所以Ma94，即Ma的最小值為94.故答案為：94.18.（1）3；（2）34.【解析】（1）根據(jù)三角形的面積公式題中所給條件可得S=34(a2+b2c2)=12absinC，可求出tanC的值，再由三角形內(nèi)角的范圍可求出角C的值；（2）由已知sin

20、AsinB=12sin(2A6)+14，再利用三角函數(shù)求最大值.（1）解：由題意可知12absinC=34×2abcosC所以tanC=3因?yàn)?C，所以C=3；（2）解：由已知sinAsinB=sinAsin(CA)=sinAsin(23A)=sinA(32cosA+12sinA)=34sin2A14cos2A+14=12sin(2A6)+14因?yàn)?A23,62A676,所以2A6=2即A=3時(shí)，sinAsinB取最大值34.所以sinAsinB的最大值是3419.（1）證明見解析；（2）3010.【解析】（1）通過(guò)面面垂直的性質(zhì)定理證明BC平面ACC1A1，由此證明BCAD，通過(guò)長(zhǎng)

21、度關(guān)系證明ADCD，再根據(jù)線面垂直的判定定理證明AD平面CBD，由此可證面面垂直；（2）根據(jù)已知條件建立合適空間直角坐標(biāo)系，分別求解出直線AD的方向向量AD以及平面BDC1的一個(gè)法向量n，根據(jù)方向向量與法向量夾角的余弦值的絕對(duì)值求解出直線AD與平面BDC1所成角的正弦值.（1）因?yàn)锳CB=90°，所以BCAC，又因?yàn)槠矫鍭CC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABC=AC，所以BC平面ACC1A1，且AD平面ACC1A1，所以BCAD，又因?yàn)锳D=12AA1=12CC1=1，AC=2，DAC=60°，所以CD2=AD2+AC22ACADcosDAC=1+42=3，所以C

22、D=3，所以AD2+CD2=AC2，所以ADCD，又BCCD=C，BC平面CBD，CD平面CBD，所以AD平面CBD，又因?yàn)锳D平面ABD，所以平面ABD平面CBD；（2）取A1C1中點(diǎn)O，連接OC，A1C，因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為平行四邊形，所以A1C1=AC=2，DAC=CC1A1=60°，A1C1/AC，所以A1C1C為等邊三角形，所以COA1C1，所以COAC，因?yàn)槠矫鍭CC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABC=AC，所以CO平面ABC，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別以CA,CB,CO為x,y,z軸的正方向，所以A2,0,0,D32,0,32,B0,2,0,C11

23、,0,3，所以AD=12,0,32，DC1=52,0,32,BC1=1,2,3，設(shè)平面BDC1的一個(gè)法向量為n=x,y,z，所以DC1n=0BC1n=0，所以5x3z=0x2y+3z=0，令x=3，則z=5,y=23，所以n=3,23,5，設(shè)直線AD與平面BDC1所成角為，所以sin=cosAD,n=ADnADn=32+532140=3010.20.（1）an=2n，bn=nn+1；（2）Sn=1n+112n；k=4.【解析】（1）根據(jù)已知條件先確定出公比q0，然后根據(jù)已知條件求解出a3的值，則an的通項(xiàng)公式可求；將an的通項(xiàng)公式代入a1a2an=2bn2并化簡(jiǎn)可求解出bn的通項(xiàng)公式；（2）先

24、計(jì)算出cn的通項(xiàng)公式，然后利用裂項(xiàng)相消以及公式法求解出Sn；先計(jì)算Sn+1Sn的結(jié)果，然后根據(jù)其結(jié)果的正負(fù)分析Sn的單調(diào)性，由此確定出Sn的最大項(xiàng)，從而k的值可求.（1）設(shè)等比數(shù)列的公比為q，因?yàn)閍1a2an=2bn2，所以a1a2an+1=2bn+12，所以an+1=2bn+12bn20，所以q0，因?yàn)?b32=a1a2a3,2b22=a1a2，所以2b32b22=a3，又因?yàn)閎3=6+b2，所以b32b22=3，所以a3=23=8，所以a3a1=q2=4，所以q=±2，所以q=2，所以an=2n；因?yàn)閍1a2an=2bn2，所以21×22×23×.&

25、#215;2n=2nn+12=2bn2，所以bn2=nn+12，所以bn=nn+1；（2）因?yàn)閏n=1an1bn=12n1nn+1=12n1n1n+1，所以Sn=121+122+.+12n+1112+1213+.+1n1n+1，所以Sn=12112n11211n+1=1n+112n；Sn+1Sn=1n+212n+11n+112n=12n+11n+1n+2，記fn=2n+1n+1n+2，所以fn+1fn=2n+2n+2n+3×n+1n+22n+1=2n+2n+3，因?yàn)?n+2n+3=n10，所以當(dāng)n2,nN*時(shí)，fn+1fn1且fn0，所以fn單調(diào)遞增，又f1=f2=231，f3=16

26、20=451,f4=2530=16151，所以當(dāng)n4時(shí)，fn1,2n+1n+1n+20，所以12n+11n+1n+20，Sn單調(diào)遞減，當(dāng)1n3時(shí)，fn1,02n+1n+1n+2，所以12n+11n+1n+20，Sn單調(diào)遞增，所以可得S1S2S3S4S5S6.，所以Snmax=S4，所以k=4.21.（1）證明見解析；（2）772【解析】（1）由題意，設(shè)直線AB：x=my+2m，Ay124,y1,By224,y2，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，分別求得過(guò)點(diǎn)A、B的切線方程，聯(lián)立可求得點(diǎn)T，再將直線AB與拋物線C聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理，可得y1+y2,y1y2表達(dá)式，代入即可得T點(diǎn)坐標(biāo)，經(jīng)檢驗(yàn)滿足直線l方程，又

27、yM+yN=y1+y2=4m=2yT，可得T為M、N中點(diǎn)，即可得證.（2）由（1）可得AM，BM表達(dá)式，進(jìn)而可得S1+S2表達(dá)式，化簡(jiǎn)整理，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，即可得答案.（1）因?yàn)锳B不平行x軸，設(shè)直線AB：x=my+2m，Ay124,y1,By224,y2，因?yàn)閥2=4x，不妨令y0，則y=2x，所以y=1x，所以k=yx=y124=2y1，所以過(guò)點(diǎn)A的切線方程yy1=2y1xy124，整理得y1y=2x+y122同理，過(guò)點(diǎn)B的切線方程為y2y=2x+y222，兩方程聯(lián)立，解得Ty1y24,y1+y22，又x=my+2my2=4x，聯(lián)立可得y24my+4m8=0，所以y1+y2=4m,y1

28、y2=4m8，代入可得T(m2,2m)，滿足y=2x+4，所以點(diǎn)T在直線l:y=2x+4上.又yM=y1,yN=y2，所以yM+yN=y1+y2=4m=2yT，所以T為M、N的中點(diǎn)，即|MT|=|NT|.（2）由（1）可得My142,y1,Ay124,y1，所以AM=y124y142，同理BM=y224y242，所以S1+S2=12(AM+BM)×y1y22=12y124y142+y224y242×y1y22=12y12+y222(y1+y2)+164×(y1+y2)24y1y22=11616m22(4m8)8m+16×16m24(4m8)=4m2m+23=4m122+743，當(dāng)m=12時(shí)，S1+S2=4m122+743有最小值77222.（1）f(x)在(0,1)單調(diào)遞減，在(1,+)單調(diào)遞增；（2）0a1e，證明見解析；【解析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性關(guān)系即可求出，（2）需要分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值的關(guān)系，即可求出解：（1）函數(shù)f(x)的定