2021年福建省漳州市高考一模数学试卷

这是一份2021年福建省漳州市高考一模数学试卷，共26页。试卷主要包含了 函数的图象可能是下图中的， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
福建省漳州市2021届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题注意事项：1. 本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.2. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置.3. 全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.4. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.5. 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5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. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 3. 若实数，满足约束条件，则的最大值为（    ）A. 90 B. 100 C. 118 D. 1504. 已知向量，，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 5. 已知，则直线：和直线：的位置关系为（    ）A. 垂直或平行  B. 垂直或相交C. 平行或相交  D. 垂直或重合6. 函数的图象可能是下图中的（    ）A.  B. C.  D. 7. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 8. 已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（    ）A.  B.  C.  D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9. 在数列中，和是关于的一元二次方程的两个根，下列说法正确的是（    ）A. 实数的取值范围是或B. 若数列为等差数列，则数列的前7项和为C. 若数列为等比数列且，则D. 若数列为等比数列且，则的最小值为410. 已知在正三棱锥中，，，点为的中点，下面结论正确的有（    ）A.   B. 平面平面C. 与平面所成的角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球的半径为11. 已知双曲线：的一条渐近线的方程为，且过点，椭圆：的焦距与双曲线的焦距相同，且椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线交于，两点，若点，则下列说法中正确的有（    ）A. 双曲线的离心率为2 B. 双曲线的实轴长为C. 点的横坐标的取值范围为 D. 点的横坐标的取值范围为12. 已知函数在区间和上单调递增，下列说法中正确的是（    ）A. 的最大值为3B. 方程在上至多有5个根C. 存在和使为偶函数D. 存在和使为奇函数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知二项式的展开式的二项式的系数和为256，则展开式的常数项为_________.14. 2020年新冠肺炎肆虐，全国各地千千万万的医护者成为“最美逆行者”，医药科研工作者积极研制有效抗疫药物，中医药通过临床筛选出的有效方剂“三药三方”（“三药”是指金花清感颗粒、连花清瘟颗粒（胶囊）和血必净注射液；“三方”是指清肺排毒汤、化湿败毒方和宜肺败毒方）发挥了重要的作用.甲因个人原因不能选用血必净注射液，甲、乙两名患者各自独立自主的选择一药一方进行治疗，则两人选取药方完全不同的概率是__________.15. 如图，在梯形中，，，，，.取的中点，将沿折起，使二面角为，则四棱锥的体积为_________.18. 定义关于的曲线，则与曲线和都相切的直线的方程为_________，，已知，若关于的方程有三个不同的实根，则_________.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，.（Ⅰ）若等差数列满足，求，的通项公式；（Ⅱ）若_________，求数列的前项和.在①；②；③这三个条件中任选一个补充到第（Ⅱ）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分.18. 的内角，，的对边分别为，，，已知.（Ⅰ）若，求面积的最大值；（Ⅱ）若为边上一点，，，且，求.19. 如图，四边形为正方形，，.，分别是边，的中点，直线与平面所成的角为.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.20. 为迎接2020年国庆节的到来，某电视台举办爱国知识问答竞赛，每个人随机抽取五个问题依次回答，回答每个问题相互独立.若答对一题可以上升两个等级，回答错误可以上升一个等级，最后看哪位选手的等级高即可获胜.甲答对每个问题的概率为，答错的概率为.（Ⅰ）若甲回答完5个问题后，甲上的台阶等级数为，求的分布列及数学期望；（Ⅱ）若甲在回答过程中出现在第个等级的概率为，证明：为等比数列.21. 已知函数，.（Ⅰ）求函数的极值点；（Ⅱ）若关于的方程至少有两个不相等的实根，求的最大值.22. 已知直线：与轴交于点，且，其中为坐标原点，为抛物线：的焦点.（Ⅰ）求拋物线的方程；（Ⅱ）若直线与抛物线相交于，两点（在第一象限），直线，分别与抛物线相交于，两点，与轴交于，两点，且为中点，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值; （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的面积的取值范围. 福建省漳州市2021届高三毕业班第一次教学质量检测数学答案详解一、选择题1. C 【解题思路】基础性考查落实，试题以集合为背景，考查集合的基本运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养. ∵，∴，即集合.∵集合，∴，故选C.2. B 【解题思路】基础性考查落实，试题以复数为背景，考查复数的基本运算及共轭复数，考查运算求解能力.考查数学运算核心素养.复数，∴，故选B.3. C 【解题思路】本题考查线性规划，考查运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分（含边界）所示，目标函数可转化为直线，由图可知当直线经过点时，取得最大值，联立，解得点，所以，故选C.4. C 【解题思路】基础性考查落实，试题以向量问题为背景，考查向量的基本运算、向量的模，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.∵，，可得，解得.∴，∴，则，故选C.5. D 【解题思路】基础性考查落实，试题以含参数的直线方程为背景，考查两直线的位置关系，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.因为，所以或.当时，：，：，则两直线垂直；当时，：，：，则两直线重合，故选D.6. A 【解题思路】基础性考查落实，试题以函数问题为背景，考查函数的图象与性质，考查数形结合思想.因为为偶函数，故排除选项B，D；易知在上单调递增，故排除选项C，故选A.7. B 【解题思路】本题考查三角函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系、二倍角公式，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.由得，则，故选B.8. D 【解题思路】综合性考查落实，试题以导数为背景，考查利用导数研究函数的单调性，考查推理论证能力，考查逻辑推理核心素养.由题可设，∵，则，∴函数在上单调递增，，将不等式转化为，可得，即，∴，∴，∴不等式的解集为，故选D.二、选择题9. AD 【解题思路】本题考查等差数列和等比数列的性质及等差数列的前项和公式，考查推理论证能力及运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.因为方程有两个根，所以，解得或，故选项A正确；若数列为等差数列，且，则，故选项B错误；若数列为等比数列且，由可得，，所以，即，，当且仅当时，等号成立，故选项C错误，选项D正确，故选AD.10. AB 【解题思路】综合性考查落实，试题以三棱锥为背景，考查空间中线面的位置关系、线线垂直、面面垂直的判定定理、线面角及三棱锥的外接球体积，考查空间想象能力及推理论证能力，考查直观想象和数学运算核心素养.如图，连接，，易得，，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面，∴，同理，故选项A，B正确；为与平面所成的角.在中，，，根据余弦定理得，故选项C错误；取的重心为，连接，设外接球的球心为，半径为，连接，在中，可得，解得，故选项D错误，故选AB.11. AD 【解题思路】综合性考查落实，试题以双曲线与椭圆为背景，考查双曲线的渐近线方程、双曲线的离心率及直线与椭圆的位置关系，考查推理论证能力和函数与方程思想，考查数学运算、逻辑推理核心素养.双曲线：的一条渐近线的方程为，则可设双曲线的方程为，∵过点，∴，解得，∴双曲线的方程为，即，可知双曲线的离心率，实轴的长为1，故选项A正确，选项B错误；由可知椭圆：的焦点，，不妨设，代入得，∴，直线的方程为，联立，消去并整理得，根据韦达定理可得，可得.又，∴，，∴，故选项C错误，选项D正确，故选AD.12. ABD 【解题思路】应用性考查落实，试题以三角函数为背景，考查三角函数的周期性、奇偶性、三角函数的图象与性质、对数函数的图象与性质、函数的零点，考查推理论证能力和函数与方程思想，考查数学运算、逻辑推理核心素养.由函数在和上单调递增，可知当周期最小时，令，则，，经检验符合题意；当周期最大时，令，则，，因为，则，经检验符合题意，则的可能取值为1，2，3，故选项A正确；若方程在上的根最多，则函数的周期最小，即，画出两个函数的图象，由图中可知至多有五个交点，故选项B正确；因为在上为增函数，故不可能存在和使为偶函数，故选项C错误；当和时，为奇函数，满足题意，故选项D正确，故选ABD.三、填空题13. 112 【解题思路】基础性考查落实，试题以二项式为背景，考查二项式的系数和二项式的展开式的通项，考查运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理和数学抽象核心素养，二项式的展开式的二项式的系数和为256，可得，解得，则展开式的通项，令，解得，可得常数项为.14. 【解题思路】基础性考查落实，试题以抗疫中药的搭配为背景，考查古典概型，考查运算求解能力、推理论证能力和数据处理能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养.将三药分别记为，，，三方分别记为，，，选择一药一方的基本事件如表所示，共有9个组合，则两名患者选择药方完全不同的情况有（种），两名患者可选择的药方共有（种），所以. 15. 【解题思路】综合性考查落实，本题以空间几何体为背景，考查空间中线面的位置关系、图形的翻折、空间几何体的体积，考查空间想象能力及运算求解能力.梯形的面积，，，如图，取的中点，连接，，∴，，∴为二面角的平面角，∴，过点作的垂线，交的延长线于点，则，所以.16.   8 【解题思路】应用性考查落实，试题以新定义函数为背景，考查导数的几何意义、分段函数、二次函数的图象与性质，考查推理论证能力，考查逻辑推理、数学抽象核心素养.令，，易知在上单调递增，在上单调递减，由和可得，且，即两函数有一个公共点，两曲线有过该点的公切线，公切线方程为.∵，∴，令，由整理可得，由可得或，则；由整理可得，由可得或，则.若方程有三个根，则直线与的图象有三个交点，易得当与左侧图象相交与右侧图象相切时，方程有三个不同的实根，则.四、解答题17.【解题思路】基础性考查落实，试题以等比数列为背景，考查等比数列和等差数列的通项公式及裂项相消法求数列的和，考查运算求解能力和推理论证能力，考查数学运算和逻辑推理核心素养.（Ⅰ）利用等比数列的通项公式与求和公式求出和，得到数列的通项公式，再求出对应等差数列的前两项和公差，即可得数列的通项公式；（Ⅱ）根据已知条件进行整理，得出数列的通项公式，进而利用裂项相消法即可求解.解：（Ⅰ）设数列的公比为，则.∵.∴.①∵，∴，解得（舍负），代入①得，，∴，则，，②设数列的公差为，∴，则.（Ⅱ）选择①：∵，∴，则，∴.选择②：∵，，则，∴，∴.选择③：由（Ⅰ）知，∴.∴.∴.18.【解题思路】综合性考查落实，试题以三角形为背景，考查正弦定理与余弦定理、基本不等式，考查运算求解能力和推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养.（Ⅰ）根据正弦定理求出角，再根据余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可确定三角形的面积的最大值；（Ⅱ）首先求出，再求出，再在中利用正弦定理即可求出的长.解：（Ⅰ）根据及正弦定理，可得，即，可得.∵，∴.∵，∴.根据余弦定理可得，∴，当且仅当时等号成立，∴的面积为，∴的面积的最大值为.（Ⅱ）由可得，∴，，∴.在中，利用正弦定理可得，即，解得.19.【解题思路】综合性考查落实，试题以立体几何中的四棱锥为背景，考查空间中线面的位置关系、面面垂直的判定定理、二面角，考查运算求解能力和推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理及直观想象核心素养.（Ⅰ）先证明为直线与平面所成角，得到为等边三角形，然后证明，，进而证得平面；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面和平面的一个法向量，再利用空间向量夹角公式求解二面角的余弦值即可.解：（Ⅰ）证明：∵，，，∴平面.∴平面平面，∴点在平面的射影在线段上，∴为直线与平面所成的角，即.又∵，∴为等边三角形.∵点为的中点，∴.又，，∴平面.∵平面，∴.∵，，，∴，∴，∴，∴.∵，∴平面.（Ⅱ）取的中点为，的中点为，连接，.∵为等边三角形，∴.∵平面，平面，∴.又∵，∴平面，∴.∵点，分别为和的中点，∴，∴平面，∴.∴，，两两垂直，故以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.设，则，，，，，，∴，，设平面的法向量为，则，，∴，解得.不妨设，则.由（Ⅰ）可得为平面的一个法向量.又∵，∴.又∵二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为.20.【解题思路】综合性考查落实，试题以实际问题为背景，考查概率公式、随机变量的分布列及数学期望，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养.（Ⅰ）首先确定的所有可能取值，根据概率公式分别求出对应发生的概率，列出分布列，即可求出数学期望；（Ⅱ）根据已知的关系，求出与，的关系式，再通过化简和等比数列的定义求解即可.解：（Ⅰ）依题意可得，，，，，，，，则的分布列如表所示.5678910.（Ⅱ）处于第个等级有两种情况：由第等级到第等级，其概率为；由第等级到第等级，其概率为；所以，所以，即.所以数列为等比数列.21.【解题思路】综合性考查落实，试题以函数求导为背景，考查利用导数研究函数的单调性、极值，零点，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想，考查数学运算、逻辑推理核心素养.（Ⅰ）对函数求导，根据导函数正负判断函数的单调性，确定函数的极值点即可；（Ⅱ）根据，可以分离出参数，构造新函数，求导确定新函数的最值，进而确定参数的最大值.解：（Ⅰ）函数的定义域为..令，得或（舍）.当时，，∴单调递增；当时，，∴单调递减，则当时，函数取得极大值，故函数的极大值点为，不存在极小值点.（Ⅱ）由可得，∴.设，则.令.则，令，可得或（舍）.所以在上，，单调递减；在上，，单调递增，所以函数的最小值为.又，所以当时，，又当时，，因此必存在唯一，使得，当变化时，，，的变化情况如表：1+0-0++0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增当时，有极大值，当时，有极小值.又，，且当时，，所以，可得时，直线与函数至少有两个交点，所以的最大值为-3.22.【解题思路】本题考查抛物线的方程与几何性质、直线与抛物线的位置关系及定值、最值问题，考查推理论证以及运算求解能力，考查逻辑推理及数学运算核心素养.【解题思路】（Ⅰ）先求出点的坐标，进而求出点的坐标，从而即可求出抛物线方程；（Ⅱ）把直线和抛物线方程联立，解得，的坐标，再通过设点，的坐标，表示出，，再代入求出定值即可；（Ⅲ）先表示出直线的方程，得到点的坐标以及点到直线的距离，从而表示出的面积，再根据定点的切线方程求参数的取值范围，进而确定面积的取值范围.解：（Ⅰ）由已知得，为的中点，所以.故抛物线的方程为.（Ⅱ）证明：联立，解得，，由为的中点得.设，，其中.则，.所以，即为定值.（Ⅲ）由（Ⅱ）可知直线的方程为，即，可得，故点到直线的距离.设过点的抛物线的切线方程为，联立得，由，得，所以切线方程为，令，得，所以要使过点的直线与抛物线有两个交点，则有，又，所以，即，故的面积的取值范围为.