2021学年浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月期中联考数学试题第I卷（选择题,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.已知全集，集合，则()A.B.C.D.2.设复数满足为虚数单位),则复数在复平面内对应的点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知,则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.若实数满足约束条件,则的最小值为()A.1B.C.D.5.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积(单位:)是()A.B.C.D.126.函数的图像如上图所示,则()A.B.C.D.7.如图,在中,为底边上的动点,,沿折痕把折成直二面角,则的余弦值的取值范围为()A.B.C.D.8.设,若,则的最大值为()A.B.C.D.9.已知椭圆与抛物线交于两点,为坐标原点,的外接圆半径为,则点在()上.A.直线B.椭圆C.双曲线D.抛物线10.已知数列满足,记数列的前项和为,设集合对恒成立,则集合的元素个数是()A.1B.2C.3D.4第II卷（非选择题共110分）
二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.11.祖晅,祖冲之之子,南北朝时代伟大的科学家,于5世纪末提出下面的体积计算原理:祖晅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等,那么两个几何体的体积相等.现有如图的半椭球体与被挖去圆锥的圆柱等高,且平行于底面的平面在任意高度截两几何体所得截面面积相等,已知圆柱高为,底面半径为,则半椭球的体积是_________.12.已知,则;若,则_________.13.在中,,点在线段上,满足,则的面积为_________._________球才能保证取到同色球：若每次取1个,不放回，直到取到同色球为止.设此过程中取出球的颜色数为,则_________.15.已知,函数若,则.16.已知是椭圆的上、下焦点,过点且斜率大于零的直线交椭圆于两点,若,则椭圆的离心率为_________，直线的斜离为_________。17.已知平面向量满足与的夹角为,则的取值范围是_________.三、简答题：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）已知函数.(I)求实数在区间上的值域:(II)若,且,求.19.(本题满分15分)如图,在四棱锥中,底面为等腰梯形,.(I)若为中点,求证:平面:(II)若为正三角形,且,求直线与平面所成角的正弦值.20.(本题满分15分)设首项为的等比数列的前项和为,若等差数列的前三项恰为.
(I)求数列的通项公式;(用字母表示)(II)令,若对恒成立,求实数的取值范围.21.(本题满分15分)如图,点在抛物线上,抛物线的焦点为,且,直线交抛物线于两点(点在第一象限),过点作轴的垂线分别交直线于点,记的面积分别为.(I)求的值及抛物线的方程;(II)当时,求的取值范围.22.(本题满分15分)已知函数的导函数为.(I)记,讨论函数的单调性;(II)若函数有两个极值点(i)求证:;(ii)若，求的取值范围.参考答案及评分标准一、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。1-5BDABC6-10ACDCB1.,,故选B.2.,复数在复平面内对应的点在第四象限，故选D.3.，而是的充分不必要条件，故选A.4.可行域如图的几何意义表示区域内的点到定点的距离，所以
的最小值即为点到直线的距离，故选B.5.原图为如图所示的三棱柱截去一个三棱锥，所以.故选C.6.由函数图像关于轴对称，得，由得，由得，所以.故选A.7.法一：设,则，其中，，故选C.法二：特殊图形，极端原理在正中，当位于点时，，当位于中点时，.8.法一：（基本不等式）设，则，条件，所以,故选D.法二：（三角换元）由条件，故可设即，所以当且仅当时取等号.故选D.法三：齐次式处理也可以9.设则由得，由条件外心必在轴上，故可设外心，由,得，，代入（*）式，得.所以点在双曲线上.故选C.10.由蛛网图，即，
又，一方面由得，，且当，，.另一方面，（法一）由得，且当，，，必须大于等于.所以集合的元素个数是2，故选B.另一方面，（法二）由，得，又.又当，，必须大于等于..所以集合的元素个数是2，故选B.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.答案：12.答案：，6解析：令，得；法一：，，故.
法二：，故.13.答案：，解析：由得，所以，又，所以，，，，.14.答案：4，解析：的所有可能取值为：1，2，3；；；故.15.答案：或.解析：当时，，得，故；当时，，故.16.答案：,.解析：设，则，，，由题，，即，得即，所以，于是，，，，，，又
，故，所以，，.17.答案：解析：与的夹角为即与的夹角为，记，，，，则，，，故点在以为弦半径长为的圆的优弧上，，，所以的取值范围为.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.解析：（Ⅰ），……2分所以，……………4分当时，，故……………6分从而，所以函数在区间上的值域为：..................7分
（Ⅱ）所以，………………8分因，若，则，矛盾！……………9分故，……………10分从而………12分所以..................14分19.解析（Ⅰ）取PD中点N，连接MN，NC且……………2分四边形为平行四边形………………3分PABCDM第19题图EFGBM//平面PCD…………5分（Ⅱ）取AD中点E，BC中点F，连接PE,EF,PF,平面………7分………………9分…………10分作，交的延长线于点，连接PABCDM第19题图xyzO……………12分
...................15分法二：如图建系，则，设………8分，………………10分，解得：，…………12分即又平面的一个法向量为，…………13分设与平面所成角为，则………15分（其他方法参考法一酌情给分）20.解析：（Ⅰ）设等比数列的公比为，依题意有：，…………2分故从而，所以，解得：，………3分所以，……………4分又所以...................6分（Ⅱ），…………7分令则，，……………8分
所以，故，………………10分由题意应对都有，即恒成立，……………12分令，则时，故时，递减，又，故，…………14分所以，即的取值范围为...................15分21.解析：（Ⅰ），…………2分.…………4分（Ⅱ）设，则，直线的方程为:,,…………6分联立方程组消去可得:,……………9分……………10分
,…………12分又,…………13分………………15分21.解析：（Ⅰ）由题意知：，，………1分，从而当时，恒成立，故在R上单调递增；……………3分当时，令，得，故在上递减，在上递增...................5分（Ⅱ）(ⅰ):依题意知：有两个零点，由（Ⅰ）知应有：，所以，……………6分因……………8分令，，则故即，又综上有：，
从而：…………………10分(ⅱ)法一:又，即，同理两式相除有：，令，则，即，从而有：故，………11分因，即，故，…………12分令（）则（根据常见不等式可知）故在上递减，所以，又时，，，即，………13分而，令，则，从而在上递减，所以，又时，即的取值范围为：……………………15分（ⅱ）法二:，即，令，故有，解得，……………………11分且，则，化简得(记为①)，因，即.代入①得，即……………………13分
,令时，单调递增且；单调递增，故在时单调递增，代入化简得.……………………15分
