2021届福建省漳州市高三数学三模试卷及答案

这是一份2021届福建省漳州市高三数学三模试卷及答案，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高三数学三模试卷
一、单项选择题
1.设集合 ， ，那么集合 〔    〕
A.                                 B.                                 C.                                 D. 
2.i为虚数单位，假设复数 ，那么 〔    〕
A.                                            B. 1                                           C.                                            D. 0
3.向量 与 的夹角为 ， ， ，那么 〔    〕
A. -4                                          B. -2                                          C. 2                                          D. 4
4. 为等差数列 的前 项和，假设 ，那么 的值为〔    〕
A. 49                                       B. 54                                       C. 102                                       D. 135
5.假设一个圆锥的母线与底面所成的角为 ，侧面积为 ，那么该圆锥的体积为〔    〕
A.                              B.                              C.                              D. 
6.“墨卡托投影〞是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影〞绘制出的地图.在地图上保持方向和角度的正确是“墨卡托投影〞的优点，因此，“墨卡托投影〞地图常用作航海图和航空图.通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球外表相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离.沿着这段大圆劣弧线航行时的航线称为“大圆航线〞.“大圆航线〞转绘到“墨卡托投影〞地图上为一条曲线.如图， ， 为地球上的两点( 中 为点 的正纬度或负纬度， 为点 的正经度或负经度， ， ， ， 的符号确定规那么如下： ， ，当 与 同在北半球或同在南半球时， ，否那么 ；当 与 同在东经区或同在西经区时， ，否那么 )，记 ， ，其中 为地球中心，有下面等式： .某游轮拟从杭州(北纬 ，东经 )沿着大圆航线航行至旧金山(北纬 ，西经 )，那么大圆航程约为〔    〕(大圆圆心角1度所对应的弧长约为 )参考数据： ， ， ， .

A.                       B.                       C.                       D. 
7.抛物线 的焦点为 ，准线为 ， 是 上一点， 是直线 与 的一个交点，假设 ，那么 的值为〔    〕
A. 8                                           B. 6                                           C. 4                                           D. 2
8.漳州市龙海区港尾镇和浮宫镇盛产杨梅，杨梅果味酸甜适中，有开胃健脾､生津止渴､消暑除烦，抑菌止泻，降血脂血压等成效.杨梅的保鲜时间很短，当地技术人员采用某种保鲜方法后可使得杨梅采摘之后的时间 (单位：小时)与失去的新鲜度 满足函数关系 ，其中 ， 为常数.开展，为了保证港尾镇的杨梅运输到北方某城市销售时的新鲜度不低于85%，那么物流时间(从杨梅采摘的时刻算起)不能超过(参考数据： )〔    〕
A. 20小时                               B. 25小时                               C. 28小时                               D. 35小时
二、多项选择题
9. ， 是两个不同的平面， ， 是两条不同的直线，那么以下结论正确的选项是〔    〕
A. 假设 ， ， ，那么              B. 假设 ， ， ，那么
C. 假设 ， ， ，那么            D. 假设 ， ， ，那么
10.正数 ， ， 满足 ，那么〔    〕
A.                                 B.                                 C.                                 D. 
11. 的展开式中的所有项的二项式系数之和为64，记展开式中的第 项的系数为 ，二项式系数为 ， ，那么以下结论正确的选项是〔    〕
A. 数列 是等比数列   B. 数列 的所有项之和为729
C. 数列 是等差数列   D. 数列 的最大项为20
12. 的三个内角 ， ， 满足 ，那么以下结论正确的选项是〔    〕
A. 是钝角三角形                                       B. 
C. 角 的最大值为                                             D. 角 的最大值为
三、填空题
13.写出曲线 的一条切线方程：________.
14.根据下面的数据：

1
2
3
4

32
48
72
88
求得 关于 的回归直线方程为 ，那么这组数据相对于所求的回归直线方程的4个残差的方差为________.(注：残差是指实际观察值与估计值之间的差.)
15.在棱长为 的正方体 中，动点 满足 ，那么 的最大值为________.
16.设动圆 ： ，那么圆心 的轨迹方程为________﹔假设直线 ： 被 所截得的弦长为定值，那么 ________.
四、解答题
17.在平面四边形 中， ， ， ， .
〔1〕求 ；
〔2〕假设 ，求 .
18.有一系列双曲线 ： ，其中 ， .记第 条双曲线的离心率为 ，且满足 ， .
〔1〕求数列 的通项公式；
〔2〕求数列 的前 项和 .
19.如图，在四棱锥 中，四边形 是菱形， ， ，三棱锥 是正三棱锥， ， 分别为 ， 的中点.

〔1〕证明：直线 平面 ；
〔2〕求二面角 的余弦值.
20.为全面推进学校素质教育，推动学校体育科学开展，引导学生积极主动参与体育锻炼，促进学生健康成长，从2021年开始，参加漳州市初中毕业和高中阶段学校考试的初中毕业生，体育中考成绩以分数(总分值40分计入中考总分)和等级作为高中阶段学校招生投档录取依据.考试由必考类､抽考类､抽选考类三局部组成，必考类是由笔试体育保健知识(分值4分)，男生1000米跑､女生800米跑(分值15分)组成；抽考类是篮球､足球､排球，由市教育局从这三项技能中抽选一项考试(分值5分)；抽选考类是立定跳远､1分钟跳绳､引体向上(男)､斜身引体(女)､双手头上前掷实心球､1分钟仰卧起坐，由市教育局随机抽选其中三项，考生再从这三个工程中自选两项考试，每项8分，今年教育局已抽选确定：抽考类选考篮球，抽选考类选考立定跳远､1分钟跳绳､双手头上前掷实心球这三个工程，甲校随机抽取了100名本校初三男生进行立定跳远测试，根据测试成绩得到如下的频率分布直方图．

〔1〕假设漳州市初三男生的立定跳远成绩 (单位：厘米)服从正态分布 ，并用上面样本数据的平均值和标准差的估计值分别作为 和 ，已计算得上面样本的标准差的估计值为 (各组数据用中点值代替)，在漳州市2021届所有初三男生中任意选取3人，记立定跳远成绩在231厘米以上(含231厘米)的人数为 ，求随机变量 的分布列和期望．
〔2〕乙校初三男生有200名，男生立定跳远成绩在250厘米以上(含250厘米)得总分值．
〔i〕假设认为乙校初三男生立定跳远成绩也服从〔1〕中所求的正态分布，请估计乙校初三男生立定跳远得总分值的人数(结果保存整数)；
〔ii〕事实上，〔i〕中的估计值与乙校实际情况差异较大，请从统计学的角度分析这个差异性．(至少写出两点)
附：假设 ，那么 ， ， .
21.复数 在复平面内对应的点为 ，且 满足 ，点 的轨迹为曲线 .
〔1〕求 的方程；
〔2〕设 ， ，假设过 的直线与 交于 ， 两点，且直线 与 交于点 .证明：
〔i〕点 在定直线上；
〔ii〕假设直线 与 交于点 ，那么 .
22.函数 .
〔1〕假设 ，讨论 在区间 上的单调性；
〔2〕证明：当 时， 在区间 上有且只有两个零点.

答案解析局部
一、单项选择题
1.【解析】【解答】 ， ，因此， ．
故答案为：B．

【分析】化简求出集合A,B，再根据交集的定义，即可得出答案。
2.【解析】【解答】 ，
.
故答案为：A.

【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简 ， 再由共轭复数的概念得答案.
3.【解析】【解答】因为向量 与 的夹角为 ， ， ，
所以 .
故答案为：B.

【分析】直接利用向量的数量积的求法，化简求解即可。
4.【解析】【解答】设等差数列 的公差为 ，
那么 ，即 ， ， ，
故 ，
故答案为：C.

【分析】 根据等差数列的性质可得，结合易知 ,又根据即可得出结果.
5.【解析】【解答】设圆锥的底面圆半径为r ， 圆锥母线为l ， 由圆锥的结构特征知： ，即l=2r ，
圆锥侧面积 ，那么 ， ，
圆锥的高 ，
圆锥的体积为 .
故答案为：A

【分析】设圆锥的底面圆半径为r ， 圆锥母线为l ， ， 由圆锥的侧面积为圆锥底面半径与圆锥母线长的乘积的π倍，求出，由此能求出圆锥体积.
6.【解析】【解答】由题意可得， ， ， ， ，
那么 ；
所以

，
因为 ，所以 ，
那么 ，
所以航程约为 .
故答案为：D.

【分析】由题意可得， ， ， ， ，那么 ， ， 进行计算可得答案。
7.【解析】【解答】易知，抛物线 的焦点为 ，准线为 ，
设点 ，设点 ， ， ，
因为 ，那么 ，解得 ，即点 ，
因此， .
故答案为：C.

【分析】设点 ， 根据条件 ， 可得点， 再结合两点之间的距离公式以
及点N在抛物线上，即可求解.
8.【解析】【解答】当 时， ，
由题意可得 ，解得 ，
为使新鲜度不低于85%，即不能失去超过15%的新鲜度，
那么有 ，即 ，
因此 ，即 ，那么 ，
即物流时间(从杨梅采摘的时刻算起)不能超过28小时.
故答案为：C.

【分析】 利用题中的条件列出等式，解出参数m, a的值，进而即可以解出答案。
二、多项选择题
9.【解析】【解答】解：由 ， 为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，知：
对于A，假设 ， ， ，那么 与 平行或异面，故A错误；
对于B，假设 ， ， ，由线面平行的性质定理可得 ，故B正确；
对于C，假设 ， ， ，无法得到 与 垂直，根据面面垂直的判定定理，需要 垂直平面 内两条相交直线，故C错误；
对于D，假设 ， 那么 ，又 ，所以 ，故D正确；
故答案为：BD

【分析】 对于A, a与b相交、平行或异面;对于B,由线面平行的性质得a//b;对于C', a与β相交或平行;对于D,由面面垂直的判定定理得a⊥β.
10.【解析】【解答】因为正数 ， ， 满足 ，
由 ，所以 ，即A正确，B错；
由 两边同时取以 为底的对数，可得 ，即C正确；
由 两边同时取以 为底的对数，可得 ，即D正确；
故答案为：ACD.

【分析】 直接化指数式为对数式，再利用换底公式，借助除法运算即可求解.
11.【解析】【解答】因为 的展开式中的所有项的二项式系数之和为64，
所以 ，那么 ；即 ；
又 展开式中的第 项为 ，
因此展开式中的第 项的系数为 ，二项式系数为 ；
对于数列 有 ， ， ， ， ， ， ；
所以该数列既不是等差数列也不是等比数列，故A错；
，故B正确；
对于数列 有 ， ， ， ， ， ， ；
所以该数列既不是等差数列也不是等比数列，故C错；
且该数列的最大项为 ，故D正确.
故答案为：BD.

【分析】 由题意利用二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，等差数列、等比数列的定义，逐一判断各个选项是否正确,从而得出结论.
12.【解析】【解答】A. 由题得 ,所以 是钝角三角形，故该选项正确；
B. 由题得 是最大角，所以 ，假设 ，所以 ，所以该选项正确；
C.由题得 所以 ，因为 ,所以角 的最大值为 ，所以该选项正确；
D. 由得
所以 ,
当 时 ， .所以该选项错误.
故答案为：ABC

【分析】 A选项，利用条件，运用正弦定理，可得cosC < 0,即可求解；B选项,结合c为△ABC的最大边，以及正弦定理做等量变换,即可求解；C选项,运用余弦定理,以及均值不等式，即可求解；D选项，对原式利用三角函数的两角和公式，可得tanC =- 3tan A,再运用正切函数的两角和公式，可得tan B的表达式,最后对C取特殊值， 即可解答.
三、填空题
13.【解析】【解答】设曲线 任意一点处的坐标为 ，
由 可得 ，
那么该曲线在点 处的切线斜率为 ，
所以在该点处的切线方程为 ，
即 ，
不妨取 ，那么 .
故答案为： (答案不唯一， ，其中 取任意实数均可)

【分析】 易知(0,1)为曲线上的点，利用导数可求得曲线在点(0, 1)处的切线方程.
14.【解析】【解答】把x=1，2，3，4依次代入回归直线方程为 ，所得估计值依次为： ， ，
对应的残差依次为：0.8，-2.4，2.4，-0.8，它们的平均数为0，
所以4个残差的方差为 .


【分析】把x=1，2，3，4依次代入回归直线方程为 ，所得估计值依次为： ， ，根据方差的公式进行计算即可。
15.【解析】【解答】设 ， ，连接 ，
， 点在以 为圆心， 为直径的球面上，
假设 最大，那么 在正方体 内，且为球面的最低点，
此时 ， ，如以以下列图所示，连接 ，

， ，又 ，
，
， .
故答案为： 135° .

【分析】由题意可得，点在以 为圆心， 为直径的球面上，假设 最大，那么 在正方体 内，且为球面的最低点，根据正方体的结构特征以及正切的二倍角公式进行计算即可得出  的最大值 。
16.【解析】【解答】设 ，那么 ，消去 得
所以圆C的圆心轨迹方程是 ；
因为圆 的半径为定值，且直线 被圆C所截得的弦长为定值，
由弦长 为定值，
所以圆心 到直线 的距离 为定值，
因为圆心 的轨迹为直线 ，所以直线 与直线 平行，
所以 ，所以
故答案为： ， ．

【分析】 设动圆圆心C (x, y),消去k可得圆心C的方程，利用弦长公式表示出弦长，结合弦长为定值，可求出t的值.
四、解答题
17.【解析】【分析】 (1)在△BCD中,由余弦定理可得关于CD的方程，解之即可；
(2)在△BCD中，由余弦定理可得cos∠CBD, 结合诱导公式和同角三角函数的平方关系，可分别得到sin∠ABD、cos∠ABD以及sin∠A的值，再根据两角和的正弦公式，求解.
18.【解析】【分析】 (1)利用作差法推出  ， 说明 是以2为首项，以2为公差的等差数列 ，然后求解通项公式；
(2)求出  然后利用裂项相消法求解数列的和即可.
 
 
19.【解析】【分析】 (1)连结AC,交BD于点O,连结OF,证明SA//OF,然后证明SA//平面BDF；
(2) 以  为坐标原点，分别以   ，    ，   的方向为  轴，  轴，  轴的正方向建立空间直角坐标系， 求出平面EBF的法向量，平面DBF的法向量，利用空间向量的数量积求解 二面角  的余弦值即可.
 
 
20.【解析】【分析】 (1)求出标准差,对称轴然后推出   求出概率，得到分布列，然后求解期望即可；(2) (i)记乙校初三男生立定跳远成绩为Y厘米,那么   ，    ，    然后求解乙校初三男生立定跳远得总分值的人数为  ；
(ii)此题结论开放,只要考生能从统计学的角度作出合理的分析即可.
21.【解析】【分析】 (1)根据  建立方程,结合双曲线的定义可得曲线C的方程;
(2) (i)设直线PQ的方程为x= ty+2,将直线与曲线联立方程组，表示出直线AP与直线BQ的方程，联立消去y可证得结论;
(ii) 与〔i〕同理可证点  也在定直线  上， 设   ，   ，利用 ,可证得结论.
 
 
22.【解析】【分析】 (1)将 代入，求导，判断导函数与0的关系，即可得到f (x )的单调性；
(2)分 ， 及  三种情况，结合零点存在性讨论即可得证.