浙江省2020?2021學年高三百校12月聯(lián)考數(shù)  學注意事項：1.本科考試分試題卷和答題卷，考生須在答題卷上作答.答題前，請在答題卷的密封線內(nèi)填寫學校、班級、學號、姓名；2.本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共4頁，全卷滿分150分，考試時間120分鐘.參考公式：球的表面積公式  柱體的體積公式  球的體積公式  其中表示柱體的底面積，表示柱體的高  臺體的體積公式其中表示球的半徑  錐體的體積公式  其中，分別表示臺體的上、下底面積，表示臺體的高 其中表示錐體的底面積，表示錐體的高第Ⅰ卷（共40分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，集合，則（    ）A. B. C. D.2.已知，若，則（    ）A.2 B. C.3 D.43.在《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬.已知四棱錐為陽馬，底面，其三視圖如圖所示，正視圖是等腰直角三角形，其直角邊長為2，俯視圖是邊長為2的正方形，則該陽馬的表面積為（    ）正視圖 側(cè)視圖 俯視圖A. B. C.8 D.4.若實數(shù)，滿足約束條件則的最大值為（    ）A. B.1 C.2 D.55.已知函數(shù)，其圖象可能是（    ）ABCD6.已知，條件：，條件：，則是的（    ）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.設，分別是橢圓和雙曲線的公共焦點，是的一個公共點，且，線段的垂直平分線經(jīng)過點，若和的離心率分別為，，則的值為（    ）A.2 B.3 C. D.8.已知數(shù)列是首項為，公差為1的等差數(shù)列，數(shù)列滿足.若對任意的，都有成立，則實數(shù)的取值范圍是（    ）A. B. C. D.9.已知函數(shù)有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍是（    ）A. B. C. D.10.在正四面體中，，分別為，的中點，為線段上的動點（包括端點），記與所成角的最小值為，與平面所成角的最大值為，則（    ）A. B. C. D.第Ⅱ卷（共110分）二、填空題（本大題共7小題，單空每題4分，雙空每題6分，共36分）11.已知，且，則      ，      .12.已知，則      ，      .13.拋物線的焦點在直線：上，則      ，若焦點在軸上的雙曲線的一條漸近線與直線平行，則雙曲線的離心率為      .14.一袋中有除顏色不同其他都相同的2個白球，2個黃球，1個紅球，從中任意取出3個，有黃球的概率是      ，若表示取到黃球球的個數(shù)，則      .15.若實數(shù)，滿足條件，且，則的最小值為      .16.已知平面向量，，，滿足，，，，則的取值范圍為      .17.已知，若對于任意的，不等式恒成立，則的最小值為      .三、解答題（本大題共5小題，共74分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算過程）18.（本小題滿分14分）在中，角，，的對邊分別為，，，.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若為銳角三角形，且，求周長的取值范圍.19.（本小題滿分15分）如圖，在四棱錐中，，，.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求與平面所成角的正弦值.20.（本小題滿分15分）已知數(shù)列的前項和為，且，，數(shù)列滿足，.（Ⅰ）求數(shù)列，的通項公式；（Ⅱ）若數(shù)列滿足且對任意恒成立，求實數(shù)的取值范圍.21.（本小題滿分15分）已知橢圓：的長軸長為4，焦距為.（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）設直線：與橢圓交于，兩個不同的點，且，為坐標原點，問：是否存在實數(shù)，使得恒成立？若存在，請求出實數(shù)，若不存在，請說明理由.22.（本小題滿分15分）已知函數(shù).（Ⅰ）當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）當時，證明：函數(shù)有2個零點. 2020?2021學年高三百校12月聯(lián)考數(shù)學參考答案1.B  由題意可得，.故選B.2.D  由題意可得，.故選D.3.A  由本題三視圖知，該陽馬是底面為正方形的四棱錐，兩個側(cè)面是等腰直角三角形，另外兩個側(cè)面是直角三角形，.故選A.4.C  可如圖所示，數(shù)形結合可知，當直線經(jīng)過點時，.故選C.5.A  根據(jù)題意，函數(shù)為偶函數(shù)，圖象關于軸對稱，有兩個零點為，排除B和C，同時利用二次函數(shù)和對數(shù)函數(shù)對圖象在的趨勢影響，可知答案選A.6.B  由題意可得，若，則，故；反之，若，當其中有負數(shù)時，不成立.故選B.7.A  根據(jù)題意，設雙曲線的方程為，焦點，則，，.故選A.8.D  根據(jù)題意，，，有對任意成立.因此數(shù)列單調(diào)遞增且，，所以故.故選D.9.B  當時，，∴不是函數(shù)的零點.當時，由，得，設，，則在上單調(diào)遞減，且.當時，等價于，令，，得在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，.因為有2個零點，所以.故選B.10.C  最小角、最大角定理，與所成最小角為與平面所成的角，即，與平面所成最大角為二面角，在正四面體中，易得，，則.故選C.11.   12.16  1 13.16   14.  15.2  原式，令，有，則，因此，則原式，的最小值為2.16.  令，，，設的坐標為，的軌跡為圓心在原點，半徑為2的圓上.設，的坐標為，的軌跡為圓心在原點，大圓半徑為3，小圓半徑為1的圓環(huán)上.表示與點的距離，由圖可知，故的取值范圍為.17.  令，，∴在上單調(diào)遞增.∵，，∴，∴恒成立，只需.令，，∴當時，的最大值為，∴，∴的最小值為.18.解：（Ⅰ）由，利用正弦定理可得，化為.由余弦定理可得，，所以.（Ⅱ）在中由正弦定理得，又，所以，，故.因為且，且，都是銳角，從而且，故且，所以，，故周長的取值范圍是.19.解：（Ⅰ）因為，，所以，所以.取的中點，連接，，所以，，所以平面.又平面，所以.（Ⅱ）解法1（幾何法）：在中，根據(jù)余弦定理得，所以.又因為，所以，，所以，即.設點到平面的距離為， 與平面所成角為，因為，即，所以，所以，所以與平面所成角的正弦值為.解法2（坐標法）：在中，根據(jù)余弦定理得，所以.又因為，所以，，所以，即.又因為，，，平面，所以平面.如圖，以為原點，分別以，，所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，.設平面的法向量為，則即令，則，，所以.設與平面所成角為，，所以與平面所成角的正弦值為.20.解：（Ⅰ），∵，，∴，∴，即，∴，而，∴， ∴數(shù)列是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，∴.∵，∴.（Ⅱ），令，則，∵對任意恒成立，∴對任意恒成立，∴只需即可.，令，則，在，即當時取到最小值，∴.21.解：（Ⅰ）由題意可知，，∴，∴橢圓的標準方程為.（Ⅱ）∵，故為直角三角形，設原點到直線的距離為，由，要求實數(shù)，使得恒成立，即.設點，，聯(lián)立方程∴，∴.∴，∵，∴，∴，，∴，∴.22.解：（Ⅰ）當時，，則，可得.當時，可得，所以，所以在單調(diào)遞減；當時，，所以，所以在單調(diào)遞增，所以，所以在單調(diào)遞增.綜上可得，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.（Ⅱ）當時，，所以是的一個零點，由，令，可得.因為，①當時，，在單調(diào)遞增，則，在單調(diào)遞增，，所以在無零點.②當時，，有，所以在無零點.③當時，，，在單調(diào)遞增，又，，所以存在唯一，使得.當時，，在單調(diào)遞減，當時，，在單調(diào)遞增，又，，所以在有1個零點.綜上，當時，有2個零點.  

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