2020-2021学年浙江省东阳市高考模拟联考数学试卷及答案解析

选择题部分（共40分）

1.Axx11,xR,Bxlog2x1,xR，则“xA”是“xB”的 A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件 2．已知数列an的通项公式为ann围是

A．6,12 B．6,12 C．5,12 D．5,12 3.将函数f(x)sin(2x)的图象向左平移一个可能取值为

A．

c，若对任意nN，都有ana3，则实数c的取值范n个单位，所得到的函数图象关于y轴对称，则的83 B．0 C． D．444

4.双曲线的焦点在x轴上，有一个圆心为（0,0），半径为1的圆与双曲线交于4点，且这4点正好组成正方形，则双曲线的离心率为

A．2 B．3 C．5 D．6

712xx,x[0,]4211735.已知函数f(x)xln(3ex)x(,)，若x1[0.]，x2f(x1),x1f(x2)，则x1

2247x2,x[,2]4 A.

2322311 B. C. D. 2263xy220,6.已知不等式组x22,表示平面区域，过区域中的任意一个点P，作圆

y22x2y21的两条切线且切点分别为A,B，当APB最大时，PAPB的值为（ ）

A.2 B.

35 C. D.3 222，且ABAC,E,F分别是AB,AC上的动点，

7.等腰直角三角形ABC的斜边为

AEmAC(0m＜1）0＜n＜1），AFnAC（，mn1，设BF与CE交点为P，且记d为AP

取到最值时的EF的长度，则AP•d的取值范围是 A.[,12225262) B.[,) C.[,) D.[,) 323262728.设关于x的方程x2mx10有两个实根,,，函数fx数，则f()f()  2xm.若,均为正实2x1 A.＞ B.＜ C.≥ D.≤

非选择题部分（共110分）

二、填空题（多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分） 9.已知集合M{x|2x4}，N{x|3x}，则M13N_________________，

MN_________________，MCRN_________________．

10.设数列an前n项和为Sn

（1）若an2n1，则Sn=_________________，

（2）若anSn1，则Sn的取值范围是_________________．

11.若a,b均为正实数，abamb恒成立，则m的最小值是_________________． 12.已知函数f(x)(x1)[x(a2)ab2]有3个零点

2 （1）a，b满足的关系式是_________________，

（2）若3个零点中其中2个可以作为椭圆和双曲线的离心率，则ab的取值范围是_________________．

2213.设f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x∈R，都有f(x)＝f(x＋4)，且当x∈[－2,0]时，f(x)＝(1x)2－1，若在区间(－2,6]内关于x的方程f(x)－loga(x＋2)＝0(a>1)恰有三个不同的实数根，则a的取值范围为________．

14.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为4，点H在棱AA1上，且HA1=1．在侧面BCC1B1内作边长为1的正方形EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点，且点P到平面CDD1C1距离等于线段PF的长．则当点P运动时，

（1）P的轨迹方程是_________________，（2）|HP|的最小值是_________________。

2

15.设为正实数，若存在a,b(a＜b2)，使得sinasinb2，则的取值范围是

_________________。

三、解答题（5小题，共74分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算过程.）

16.（本大题满分14分）ABC的三内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知：a,b,c成等比数列 （1） 求角B的取值范围；

1（2）是否存在实数m，使得不等式(x3sin2B)2x2msin(B)对任意的实

48数x及满足已知条件的所有角B都成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由． 17.（本大题满分15分）如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中。 （1）求证：B1D1平面C1A1AC

（2）以D1为坐标原点建立空间直角坐标系，点O(0,1,0)是圆的圆心，且圆的半径为1 （I）过点C1的直线与圆相切，切点为P，且P的横坐标x为正，与A1D1交与点N，求C1N长度 （II）在（I）的条件下，圆上有一动点Q，求CQCP的取值范围 B

A C D Z 2

x A1 O y 18.（本大题满分15分）已知数列an为等差数列，公差为d，bn为等比数列，公比为

2q,a11,a1a3b2,2a2b3

（1）求d与q的函数关系式 （2）当d=3，且b12。 （I）求bn的通项公式

8n2 （II）若cn的前n项和为Tn，求证Tn＞27 anbn1

0，bc＞0）19.（本大题满分15分）已知函数f（x）=axbxc（a＞

2 （1）若a1,c2，且当x[0,b]时f(x)[2,5]，求b的值 （2）若ac1,b3，函数f（x）经过如下变换得到g(x) 4 ①将x4上方图像往下翻，并且不保留上方图像。 ②将x0下方图像往上翻，并且保留下方图像。

若g(x)=k，对于任意的k[2,4]有12个根，求a的取值范围 （3）若a1,c1，若存在x0使f(x0)范围

1,4f(x01)14同时成立，求实数b的取值

x2y21于M,N 20.（本大题满分15分）已知斜率为k（k≠0）的直线l交椭圆4 （1）记直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，当3(k1k2)8k时，求l经过的定点 （2）若直线l过点D（1,0），OMD与OND的面积比为t，当k＜25时，t的取值范围是12(n1,n2)，n1,n2＞1，若数列的通项公式为

1，n为其前n项之和，求证：

(n2)n0.5n1

μn＜log34

数学参（理科）

B A C B A B A B 9.(1,4) (2,) 2,1 210.n2n [0.5,1) 11.2 2＞0 (34,) 13.(34,2) 12.a4b1214. 15.[,][9213,) 4216.（1）由已知：a,b,c成等比数列，得bac

a2c2b22acb2在ABC中，由余弦定理：cosB

2ac2ac2acac1，当且仅当ac时，“=”成立，又∵B(0,)，∴角B的取值范围为0,

2ac23（2）由题(x32sinBcosB)2xm(sinBcosB)21对任意的实数x及满足已知条件8的所有角B恒成立 令

tsinBcosB2sin(B4)∵

B0,3，∴

B7,4412 ，

∴sin(B2∴t1,2且2sinBcosBt21 ),142∴由已知(xt22)2(xmt)22221对任意实数x及所有t1,2上恒成立， 8222方法一：而(xt2)(xmt)(xt2)(xmt)

(xt22xmt)2(t22mt)2恒成立，

22t2mt2(t22mt)21在仅当xt2xmt，即存在x使“=”成立，∴只要

2282t1,2上恒成立∴2t22mt50或2t22mt30

即mt535或mt关于t1,2上恒成立，令g(t)t在t1,2为减函数，2t2t2t∴g(t)g(1)135733(t)t26，当且仅当t，即t222t2t231,2时，2“=”成立∴m7或m6满足条件 2∴存在满足条件的实数m，取值范围为,6,

2方法二：x22(t22)x(t22)2x22mtxm2t2271 8即2x2(t2)2mtx(t2)mt0对任意的实数x恒成立

8222221∴2(t2)2mt即：4(t22)2mt以下同方法一

2218(t22)2m2t20恒成立

821∴2t22mt50或2t22mt30

17.（1）略（4分）

（2）将立体几何转化为平面几何（难度不大） 56（9分） 3 （3）用圆的参数方程求解 116106116106CQCP （15分） 55n118.(1)1dq (2)由（1）q=4,有bn24

（3）考查数列缩放

n2cn n12(3n2)41所以cn3n＞==n4 222(n1)4n1(n1)4n4nn4n2333n2n2n2由于错位相减法：cn38n＞==n4＜ 22227(n1)4n1(n1)4n4nn4n2333Tn＞811a(,) 272012n2n2n2 所以19.（1）63)(10,6)所以 （2）只要满足f(22a（3）[6,2][2,6]

a24a212解法：f(x)(x) 观察f(x)xh则有h0,符合题意 2420.5h0 所以带入[6,2][2,6]

20.（1）（1）解法1：依题意可设直线l的方程为y代入椭圆方程得：(1kx0，

n，其中k0。

4k2)x28knx4n24x1则有

x2x1x28kn14k2。……………2分

4n2414k2y1x1y2x2y1x2y2x1x1x2x2(kx1n)x1(kx2x1x2n)

则k1k22kx1x2n(x1x1x2x2)8k。……………5分

4n24由条件有

24k4n24128k，而k120，则有n1， 2从而直线l过定点(0,)或(0,)。……………8分 解法2：依题意可设直线l的方程为x代入椭圆方程得：(m2myn2n，

40，

4)y22mnyy1则有

y2y1y22mnm24。……………2分 2n4m24y2x2y1x2y2x1x1x2y1(my2n)y2(my1n)

(my1n)(my2n)则k1k2y1x12my1y2n(y1y2)m2y1y2mn(y1y2)n2由条件有

2m。……………5分 22mn6mm2n28，得nmmy1m。……………7分 2则直线l的方程为x111m，从而直线l过定点(0,)或(0,)。…………

222k(x1)，其中k4k240，

（2）依题意可设直线l的方程为y代入椭圆方程得：(10。

4k2)x28k2x8k2x1x214k2则有。………… 24k4x1x214k2从而有y12y2k(x1x22)kx1x222k…………① 214k(x1x2)13k2…………②

14k2y1y2k(x11)(x21)由①②得

(y1y2)2y1y24，……………

3(14k2)由0k25，得124343(14k2)0，故t1。…………… 2y1(y1y2)2，又y2y1y2y1S又tOMD，因y1y2SONDy2从而有

y1y2y2y12t1t2，

43t1t23t210t301，得2， 22t5t20解得2t3或只要证明n＜

11t(shequ)。……………13分 3275 104