专题16 2021届高三数学训练卷(浙江专用)(解析版)

专题16浙江2021届高三4月份第四周训练卷

本试題卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

选择题部分（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．【浙江省温州中学2020届高三下学期高考适应性考试数学试题】已知集合A{x|ylnx1}，

B{x|yA．AB 【答案】B

x1}，则（ ）

B．AB

C．AB D．ABR

解：令x10，解得x1，即A{x|x1}；令x10，解得x1，即B{x|x1}.所以

AB，A错误；AB，B正确；AB1,，C错误；AB1,R，

D错误. 故选:B.

2．【2020届浙江省高三高考模拟数学试题】已知i是虚数单位，若z ） A．

3i，则z的共轭复数z等于（ 12i17i 517i 3B．

17i 3C．

17i 5D．

【答案】C ∵z3i12i17i3i， 12i12i12i55 1 / 19

∴z17i． 55故选：C．

3．【2019届浙江省温州市高三下学期5月普通高中高考适应性测试】已知实数x，y满足

x122，则zxy的最大值等于( ) xy0x2y60A．2 【答案】D

25529,OC22，所以画出可行域如下图所示，其中A1,,C2,2，由于OA12222B．22 C．4 D．8

OCOA，

所以原点到可行域上的点的最大距离为22. 所以z的最大值为22故选：D

28.

24．【2020年浙江省名校高考预测冲刺卷（一）】函数ysinxcosx在,上的图象是（ ）． 22 2 / 19

A． B． C．

D．

【答案】D

ysinx是奇函数，ycosx2是偶函数，∴函数ysinxcosx2是奇函数，因此排除A，C选项，又

11f(1)sin1cos12sin2，排除B选项，

22故选：D．

5．【2019届浙江省杭州市学军中学高考前适应性考试】若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )

A．16 B．32 C．48 D．144 【答案】C

由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：

3 / 19

其中BC=2，AD=6，AB=6，SA⊥平面ABCD，SA=6， ∴几何体的体积𝑉=1

2+63×2

×6×6=48.

故选C.

6．【2019年浙江省新高考仿真演练卷（二）】下列命题错误的是 A．若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l平行 B．若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l异面 C．若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l垂直 D．若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l相交 【答案】D 【解析】

分析：利用空间中线线、线面间的位置关系求解．

详解：A. 若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l平行，正确； B. 若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l异面，正确；

C. 若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l垂直，正确，可能异面垂直；

D. 若直线l平行于平面，则平面内存在直线与l相交，错误，l平行于平面，l与平面 没有公共点. 故选D.

点睛：本题主要考查命题的真假判断，涉及线面平行的判定和性质，属于基础题．

7．【浙江省温州中学2020届高三下学期高考适应性考试】已知数列an由首项a1a及递推关系

a3an1n1a确定.若an为有穷数列，则称a为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列bn，若n1

4 / 19

b2019a1b2020，则（ ）

A．1a20200 B．0a120203 C．a20213 D．1a20213

【答案】C 由a3an1n1a，得a3an1n1112an1a

n1an1n1则

11aan2aan122a1211a，即11

n11n1n1n1an11an12所以数列1a为等差数列,则11n1a1nn1an1a123a2a1 则a12a1n12aa1n3a，所以ana1n3a1 当n1时, a2a11a113a1a，满足条件.

当分母为0，得a1n3a0，即an3n1(n1)时，数列an为有穷数列. 当a1时, 数列an为有穷数列.则b11

当分母为0时，an无意义，此时数列an为有穷数列，此时对应a的值为bn1 所以bn2n，由bb201720182009n2019a12020，则2019a201720201010，即2019a200911010a120202aa120203a12a12019a20171

设fx2x1f2019x20171，则

x42019a201720 所以fx在20172019，20091010上单调递增.

210091所以a2020101011 2019100910102017

5 / 19

a20212a1a111

a120213a1010a10091x1gx0 1，则设设gx21010x10091010x1009所以gx在20172009，上单调递增. 20191010所以a202020271201913 2027101010092019所以选项C正确 故选：C

22xy8．已知F1、F2分别是双曲线21(a,b0)的左、右焦点，以F1F2为直径的圆交渐近线aybx2ab于点P（P在第一象限），PF1交双曲线左支于Q，若Q是线段PF1的中点，则该双曲线的离心率为( ) A．3 【答案】C 【解析】

B．5 C．51

D．51

x2y2c2联立直线方程与圆的方程：， byxa结合c2a2b2，且点P位于第一象限可得：Pa,b， 双曲线的左焦点坐标为F1c,0，则PF1的中点坐标为Qacb,， 22ac点Q在双曲线上，则：

4a22b221， 4b整理可得：c22ac4a20，即e22e40， 解得：e15，双曲线的离心率e1，故e本题选择C选项.

51.

6 / 19

9．【浙江省新高考2020-2021学年高三上学期10月特供卷（四）】设等差数列an的前n项和为Sn，并满足：对任意nN*，都有Sn2020Sn，则下列命题不一定．．．成立的是（ ） A．S2020S2021 B．S2021S2022 C．a1010a1011 D．a1011a1012

【答案】C

设等差数列anann1dn的公差为d，则Sn12d2n2ad12n. ①当d0时，则ana1，Snna1，则Sn2020Sn对任意的nN*恒成立， A、B、C、D四个选项都成立； ②当d0时，不妨取d2，记ta1d2，则Sn2ntn， 由S22n2020Sn可得Sn2020Sn0，即Sn2020SnSn2020Sn0，

则4040n202022020t2n24040n202022tn2020t0，

令4040n202022020t0，可得t2n2020；

n24040n202022tn2020t0，可得t10102令2n1010n1010.

2n1010n101010102n10102n2020n101010102n101010102n10100， 则n101010102n10102n2020，

解关于t的不等式4040n202022020t2n24040n202022tn2020t0，

10102可得t2n2020或tn1010n1010，

所以t2n202010102min或tn1010n1010.

max由于数列2n2020单调递减，该数列没有最小项；

7 / 19

10102由双勾函数的单调性可知，函数yxx在区间1010,上单调递增，

1010210102所以，数列n1010n1010单调递减，该数列的最大项为10111011， t1011101021011. 对于A选项，S2220202020t2020，S20212021t2021，

则S222021S2020S2021S2020S2021S2020t40414041t2020220212，

404140411011101021011303010102t10110，

222020220212404110114041101024041t2020202110110，

则S222021S2020S2021S2020S2021S2020t40414041t20202202120，所以，S2021S2020，A选项成立；

对于B选项，S2022220222022t，

则S222022S2021S2022S2021S2022S2021t40434043t2021220222，

404340431011101021011303210102t10110，

4043t202122022220212202224043101140431010210110，

则S222022S2021S2022S2021S2022S2021t40434043t20212202220，所以，S2022S2021，B选项成立； 当n1时，a1S1t1；

当n2时，anSnSn1n2tnn12tn12nt1.

a1t1满足an2nt1，an2nt1nN.

对于C选项，a10102019t，a10112021t，

8 / 19

22a1011a1010t2021t20194t2020，

22101021010210102100910112020101110090， 1011101110111010222当1011t2020时，a1011a10104t20200，

1011所以，C选项不一定成立； 对于D选项，a1012t2023，

a21012a2101110102t2023t20214t20224202210111011222210102410111010410110， 10111011所以，a1012a1011， D选项成立；

③当d0时，由②同理可知，C选项不一定成立. 故选：C.

10．【浙江省2019届高考模拟卷（一）】设函数f(x)是定义在(,0)上的可导函数，其导函数为

22且有2f(x)xf'(x)x，则不等式(x2018)f(x2018)4f(2)0的解集为（ ）

f'(x)，

A．(2020,0) C．(2016,0) 【答案】B 【解析】

B．(,2020) D．(,2016)

2（x）x2f（x）＜x3，fx）＜]x3＜0，由2fxxf'xx， 得：2xf 即[x（ 令F（x）=x2f（x＜0），2（x），则当x＜0 时，

得F 即F 上是减函数，（x）在（，0）（x）＜0，2F（x2018）（x2018）（fx2018），F（2）4（f2）， 即不等式等价为

在 是减函数，∴由F 得，F（x2018）F（2）＞0， F（x）（，0）（x2018）＞（F2） 9 / 19

x2018＜2 ，即x＜2020.

故选B．

非选择题部分（共110分）

二、填空题：本大题共7小题，共36分。多空题每小题6分；单空题每小题4分。

11．已知等差数列an，等比数列bn的公比为q(n,qN*)，设an，bn的前n项和分别为Sn，．若T2n1Sqn，则an__________． 【答案】an2n1 【解析】

b1(1qn)bbn(n1)d2d11qn， Snna1dn(a1)n，Tn1q1q1q222b1101qd{a102b1db1b1d2ndn2nq1q(a)q1T2n1Sqn1q2，1q1q22因为，所以，这是关于n的恒等式，所以

d2{a1，所以an12(n1)2n1． 解得112．如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，平面与棱AB,AD,CD,BC分别交于点E,F,G,H，则四边形EFGH周长的最小值为 ．

【答案】2 【解析】

把面ADC沿着AD翻折到与面ADB共面上来，此时C1的位置为C1,G的位置为G1，再把面DCB沿着

10 / 19

再把这个面沿着AB翻折到面ADB中来，（其实就是得到四面体的展开图），这样，BC翻折到面ABC中，

EFGH的周长为图中线段的和，然后根据三角形的边长关系得到最小值为2．

⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，且𝐴𝐷=√13，则BC的长为_______ ． 13．在△ABC中，己知𝐴𝐶=3,∠𝐴=45∘，点D满足𝐶𝐷【答案】3 【解析】

⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得𝐷=(以A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系：设𝐵(𝑥,𝑥)则由𝐶𝐷，所以𝐵𝐶=√(𝑥−3)2+𝑥2=3. =√13得𝑥=3（负舍）

14．【浙江省绿色联盟2020届高三下学期高考适应性考试】已知

2𝑥+32𝑥

,)，由𝐴𝐷33

(xa)2020a0a1xa2x2a2020x2020(a0)，则展开式中二项式系数最大的项是第______项；若

a0a2a2020a1a32

10102a20191，则a______.

2【答案】1011

由二项式系数的性质得，C2020最大，所以填第2011项； 令x1得，(1a)2020a0a1a2a2020，

2020令x1得，(1a)而a0a2a0a1a2a3a2020，

a2020a1a32a2019a0a1a222020a2020a0a1a2a3a2020

(1a)2020(1a)2020(1a)(1a)故答案为：1011；2.

a2120201，解得a2.

15．【浙江省绿色联盟2020届高三下学期高考适应性考试】已知a，b，c分别为ABC三个内角A，

B，C的对边，且acosC3asinCbc，则A______；若a的范围为______.

3，且ABC只有唯一解，则b 11 / 19

【答案】

 0,32

3因为acosC3asinCbc，

所以sinAcosC3sinAsinCsinBsinC，

则sinAcosC3sinAsinCsinAcosCcosAsinCsinC，

1所以3sinAcosA1，则sinA，所以A；

623ba2B,2由正弦定理得，，所以b2sinB，而ABC只有唯一解时，， 32sinBsinA所以b0,32. 故答案为：

2 ；0,3316．【浙江省金华市浙江师大附属东阳花园外国语学校2020-2021学年高二上学期第一次质量检测】椭圆

y2x1的离心率为________，焦点坐标为__________．

42【答案】3 (0,3) 2y2c3由x，焦点坐标为(0,3)． 1得a2,c3，所以椭圆的离心率e4a22故答案为：

3，(0,3) 217．一个袋中装有质地均匀，大小相同的2个黑球和3个白球，从袋中一次任意摸出2个球，则恰有1个是白球的概率为_____________；从袋中一次任意摸出3个球，摸出白球个数的数学期望E是________． 【答案】

39 552由题意得从5个小球中任意摸出2个共有C510种取法，

其中满足恰有一个白球的取法有C2C36种，

11 12 / 19

所以恰有一个白球的概率为

63． 105任意摸出3个小球，设其中白球的个数为， 则的可能取值为1，2，3，

32112C31C2C33C2C33P(2)P(3)且P(1)；；， 333C510C55C510所以E1331923． 10510539故答案为： 5；5

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．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，满足（1）求角C； （2）求

acsinAsinB. bsinAsinCab的取值范围. c【答案】（1）C【解析】

3(2)(1,2]

（1）根据正弦定理有:

,化简得

,

根据余弦定理有, 所以.

（2）根据正弦定理将

ab化简,同时将（1）代入,化简为 c

因为,,

13 / 19

所以故,

的取值范围是

.

19．【浙江省宁波市余姚中学2018-2019学年高三上学期期中】在四棱锥PABCD中，PAAD，

PA1，PCPD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，ABBC，ABBC1，CD2.

（1）求证：PAAB；

（2）求直线AD与平面PCD所成角的大小. 【答案】（1）详见解析；（2）30. 【解析】

（1）取CD的中点M，

则由已知得ABCM，又由AB CD，ABBC得四边形ABCM是矩形于是CDAM，又由PCPD及CD的中点为M得CDPM， 又AMPMM，于是CD平面PAM， 再根据PA平面PAM得CDPA， 又由已知ABCD，故PAAB； （2）过点A作ATPM于T， 由{CD平面PAMPAT平面PAM得CDAT.

又PMCDM及PM，CD平面PCD于是AT平面PCD，

14 / 19

所以ADT就是直线AD与平面PCD所成角. 由{AT平面PCDPTD平面PCD得ATTD，

由{PAADPAAB得PA平面ABCD，得CDAM，

在RtPAM中计算得：AT在RtDAM中计算得AD2， 2AM2MD22. 2AT1， 所以

sinADT2AD22所以直线AD与平面PCD所成角的大小是30.

20．已知数列{an}满足：a11a1*，an1en(nN). （其中e为自然对数的底数，e2.71828） 2*（Ⅰ）证明：an1an(nN)；

（Ⅱ）设bn1an，是否存在实数M0，使得b1b2bnM对任意nN*成立？若存在，求出M的一个值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)见解析(2) 不存在满足条件的实数M 【解析】

（Ⅰ）证明：设fxex1，令f'xe10，得到x0.

xx当x,0时，f'x0，fx单调递减；当x0,时，f'x0，fx单调递增. 故fxf00，即exx1（当且仅当x0时取等号）. 故an1ean1an a11，所以an1an. 2 15 / 19

（Ⅱ）先用数学归纳法证明an1①当n1时，a111. n111a1.②假设当nk时，不等式ak1成立，那么当nk1时，ak1ek2k111k1111k11 e 11，也成立.故对nN*都有an1. k21k2n1ek1k11所以bn1an.

n1取n21tNt*，

111111111t1t.   t1234223n12122b1b2bn 即b1b2bn 111t. 2222所以，对任意实数M0，取t2M，且tN*，n2t1， 则b1b2bnM. 故，不存在满足条件的实数M.

221．【2019年浙江省新高考优化提升卷（三）】已知点F是抛物线x2py,(p0)的焦点，点A是抛物

线上的点，且AF(2,0)，点B,C是抛物线上的动点，抛物线在B,C处的切线交于点D.

（1）求抛物线的方程；

（2）设直线AC,AB的斜率分别为k1,k2，若BCD的面积为32，求证：k2k1为定值. 【答案】（1）x4y；（2）证明见解析

16 / 19

2

【解析】

（1）设Ax0,y0,F0,p2,AFpx0,2y02,0 ， 得x202,p2 所以抛物线的方程为x4y ； （2）设Bxx2211,4,Cx2,x24,A2,1 ， x21x2过点B 的切线方程为y1x1x142xx1 ，即y2x4 ，

同理过点C 的切线方程为yx22x22x4，

由yx12xx214 得，xx1x2,yx1·x2 ,即Dx1x2,x1·x22Dyx2xx2D424， 224取BC 中点Px221x2x1x22,8 ，

11x223SDP·x1x2x1x2xx2BCD21x2284·x1x211632 ,得：x1x28 ， x21由1kx2x2 ，kkx2x12 为定值.14x1,k22214 1244

22．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知函数f(x)x2ex（e为自然对数的底数，

e2.71828）.

17 / 19

（Ｉ）若关于x的方程f(x)a有三个不同的解，求实数a的取值范围；

（Ⅱ）若实数m，n满足mnf(2)，其中mn，分别记：关于x的方程f(x)m在,0上两个不同的解为x1，x2；关于x的方程f(x)n在2,上两个不同的解为x3，x4，求证：x1x2x3－x4.

【答案】（Ｉ）a0,4e2；

（Ⅱ）见解析. 解：（Ｉ）由fxx2ex，得fxxx2ex

当x,2和0,时，fx0，fx单调递增 当x2,0时，fx0，fx单调递减 又f00，f24e2，

当x时，fx0；当x时，fx 因为关于x的方程fxa有三个不同的解 所以a0,4e2

（Ⅱ）记gxfxf2xf2 所以g'xf'xf'2x

(x22x)ex[2x222x)e2x xx2e2x21ex2

当x,2时，g'x0，gx单调递减 当x2,1时，g'x0，gx单调递增 当x1,0时，g'x0，gx单调递减 当x0,时，g'x0，gx单调递增 又因为f00，所以g2g00

所以当x2和x0时，gx0，即f2xf2fx

18 / 19

由题意，不妨设x12x20，2x30x4

所以f2x2f2fx2f2mnfx3 因为2x2，x32,0，且函数fx在x2,0上单调递减 所以2x2x3，即2x2x3①

同理f2x1f2fx1f2mnfx4 因为2x1，x40,，且函数fx在x0,上单调递增 所以2x1x4② ①+②得：x2x1x4x3 即

x1x2x3－x4

19 / 19