2021届福建省福州第一中学高三上学期开学检测数学试题

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福州一中2021届高三数学开学质检试卷第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．其中1-8是单选题，9-12是多选题．1. 已知集合，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据偶次根式的条件与对数函数的值域分别求得集合，再求并集，得到结果.【详解】，，所以，故选：D．【点睛】该题考查函数的定义域，对数函数的值域以及集合的并集，考查基本分析求解能力，属于基础题目.2. 是虚数单位，复数，若，则(    )A.  B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】，然后由建立方程求解即可【详解】因为，所以解得，因为，所以故选：C【点睛】本题主要考查的是复数的计算，较简单.3. 抛物线的准线被圆截得的线段长为(    )A. 4 B.  C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】先由抛物线方程，得到其准线方程，再由几何法求圆的弦长，即可得出结果.【详解】因为抛物线的准线方程为，圆整理得，则圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，因此被圆截得的弦长为.故选：B.【点睛】本题主要考查求抛物线的准线，考查求圆的弦长，属于基础题型.4. 函数的图象大致为( )A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据解析式，先判断其奇偶性，由函数的大致范围，即可判断出结果.【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，令，又，即函数为奇函数，所以函数的图像关于原点对称，排除AB，又时，；时，，故D错，C正确.故选：C.【点睛】本题考查了函数图像的识别，属于基础题.5. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则(    )A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的定义可求得,结合正切的二倍角公式即可求得的值.【详解】因为角的终边经过点由三角函数定义可得根据正切的二倍角代入可得故选:D【点睛】本题考查了三角函数的定义,正切二倍角公式的应用,属于基础题.6. 在的二项展开式中的系数为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据二项式定理，写出二项展开式的通项，根据赋值法，即可求出指定项的系数.【详解】因为展开式第项为，令，则，所以的二项展开式中的系数为.故选：D.【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.7. 在中，，，为边上的高，为的中点，那么(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题中条件，得到，，再由向量数量积的运算法则，即可得出结果.【详解】因为在中，，，为边上的高，所以，，又为的中点，则.故选：A.【点睛】本题主要考查求平面向量的数量积，属于基础题型.8. 某班级的班委有9位同学组成，他们分成四个小组参加某项活动，其中一个小组有3位同学，其余三个小组各有2位同学．现从这9位同学中随机选派5人，则每个小组至少有1人被选中的概率为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用组合计数原理，先分别求出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数比，即为所求概率.【详解】从这9位同学中随机选派5人，共包含基本事件的个数为；每个小组至少有1人被选中，所包含的基本事件个数为，因此每个小组至少有1人被选中的概率为.故选：B.【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，属于常考题型.9. 设是无穷数列，，，则下面给出的四个判断中，正确的有(    )A. 若是等差数列，则是等差数列B. 若是等差数列，则是等差数列C. 若是等比数列，则是等比数列D. 若是等差数列，则都是等差数列【答案】AD【解析】【分析】利用等差数列的通项公式以及定义可判断A、B、D；利用等比数列的通项公式可判断B.【详解】对于A，若是等差数列，设公差为，则，则，所以是等差数列，故A正确；对于B，若是等差数列，设公差为，，即数列的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列，故B不正确，D正确.对于C，若是等比数列，设公比为，当时， 则，当时，则，故不是等比数列，故C不正确；故选：AD【点睛】本题考查了等差数列的通项公式以及定义、等比数列的通项公式以及定义，属于基础题.10. 在矩形中，，，沿对角线翻折，形成三棱锥．下列判断正确的是(    )A. “”是“”的充分条件B. “”是“”的必要条件C. 当时，三棱锥的体积为D. 三棱锥外接球的表面积不是定值【答案】ABC【解析】【分析】利用线面垂直判定定理以及充分条件、必要条件的定义可判断A、B；利用换顶点法以及锥体的体积公式可判断C；利用球心到四个顶点的距离可判断D【详解】对于A，，由，，则,所以，又因为，所以平面，因为平面，所以，故“”是“”的充分条件，故A正确.对于B，若， 由，，所以平面，平面，所以，由，，所以，故“”是“”的必要条件，故B正确.对于C，当时，平面，且满足，即，所以，故C正确；对于D，，所以三棱锥外接球的半径不变，故三棱锥外接球的表面积是定值，故D不正确.故选：ABC【点睛】本题考查线面垂直的判定定理、锥体的体积公式、多面体的外接球问题，考查了空间想象能力以及计算能力，属于中档题.11. 已知函数，在上的最大值为M，则下面给出的四个判断中，正确的有(    )A. 最小正周期为 B. M有最大值C. M有最小值 D. 图象的对称轴是直线：【答案】CD【解析】【分析】根据函数的解析式和性质，对选项一一判断即可.【详解】函数，对于A：，，当，，当，与不一定相同，故A错误；对于B和C：在上递增，则，当，即，则在上的最大值为，在上递减，则；当，即，则在上的最大值为，在上递增，则；当，即，当，即，则在上的最大值为；当，即，则在上的最大值为，在上递增，则；当，即，则在上的最大值为，在上递减，则；综上：M有最小值为，无最大值，故C正确；对于D：，，则，图象的对称轴是直线，故D正确.故选：CD【点睛】本题考查了三角函数的对称性和周期性及最值等问题，掌握三角函数的性质是关键，属于中档题.12. 设数列满足，对任意的恒成立，则下列说法正确的是(    )A.  B. 是递增数列C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】构造函数，再利用导数判断出函数的单调性，利用单调性即可求解.【详解】由，设，则，所以当时，，即在上为单调递增函数，所以函数在为单调递增函数，即，即，所以 ， 即，所以，，故A正确；C不正确；由在上为单调递增函数，，所以是递增数列，故B正确；,所以 因此，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查了数列性质的综合应用，属于难题.第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13. 已知函数，若，则_______．【答案】16【解析】【分析】由，利用对数的运算求解即可.【详解】，，，，故答案为：16【点睛】本题主要考查对数的基本性质，意在考查对基础知识的理解与运用，属于简单题.14. 小明有一卷纸，纸非常的薄且紧紧缠绕着一个圆柱体轴心卷成一卷，它的整体外貌如图所示，纸卷的直径12厘米，轴的直径为4厘米．当小明用掉的纸后，则剩下的这卷纸的直径最接近于________厘米(精确到厘米)．【答案】【解析】【分析】利用圆环的面积求法即可求解.【详解】使用卷纸的过程中，卷纸的高不变，用之前卷纸的底面积，设用后纸的半径为厘米，当小明用掉的纸后卷纸的底面积，解得厘米，所以剩下的这卷纸的直径为厘米，最接近于厘米. 故答案为：【点睛】本题考查了圆柱的底面积，考查了基本运算求解能力，属于基础题.15. 已知、是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，且，，则椭圆离心率是___________．【答案】【解析】【分析】先由，根据椭圆的定义，求出，，再由余弦定理，根据，即可列式求出离心率.【详解】因为点在椭圆上，所以，又，所以，因为，在中，由，根据余弦定理可得，解得(负值舍去)故答案为：.【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，属于常考题型.16. 已知，，函数与有两个零点，则a的取值范围是___________．【答案】且．【解析】【分析】函数与有两个零点有两个零点有两个零点，令则有两个交点，利用导数得出答案．【详解】解：函数与有两个零点有两个零点有两个零点，令，则有两个交点，，所以在区间上，，单调递增，在区间上，，单调递减且，，有两个交点，，且．故答案为：且．【点睛】本题考查函数与方程之间的关系，构造是解题的难点，属于中档题．三、解答题(本大题共6小恩，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17. 等比数列的前n项和为，若、、成等差数列，，(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)令，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)利用等比数列和等差数列的通项和求和公式，进行列方程求解即可(2)利用错位相减求和法直接求解即可【详解】解：(1)设等比数列的公比为，则且，又由、、成等差数列，，，，，，，又，，则数列的通项公式为(2)由(1)得，，，，①，②得【点睛】本题考查等比数列和等差数列的通项问题，考查错位相减求和法，主要考查学生的运算能力，属于中档题.18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(Ⅰ)求角C；(Ⅱ)如图，若点D在边上，，，E为垂足，，，求长．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】【分析】(Ⅰ)根据题中条件，由正弦定理，求出，即可得出角；(Ⅱ)根据，得到为等腰三角形，再由，，求出，结合正弦定理求出，得出，由，即可求出结果.【详解】(Ⅰ)因为，由正弦定理可得，则，即，所以，又为三角形内角，所以；(Ⅱ)因为，所以为等腰三角形，且角为一个底角，所以角，又，所以为中点，则；中，，，，由正弦定理可得，，所以，因此在中，.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理即可，涉及两角和的正弦公式，属于基础题型.19. 工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别，，，假设，，互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．(Ⅰ)如果按甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？(Ⅱ)若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，，(，，是，，的一个排列)，求所需派出人员数目X的分布列和数学期望(结果用，，表示)．【答案】(Ⅰ)；不会发生变化；(Ⅱ)分布列见解析；.【解析】【分析】(Ⅰ)首先求出任务不能完成的概率，再根据对立事件的概率以及相互独立事件的概率乘法公式即可求解.(Ⅱ)首先求出随机变量X的取值，利用相互独立事件的概率即可列出分布列，结合分布列即可求和数学期望.【详解】(Ⅰ)无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是， 所以任务能被完成的概率与三个人被派出去的先后顺序无关，都等于，(Ⅱ)当依次派出去的三个人各自完成任务的概率分别为，，时，随机变量X的分布列为：                    所派出人员数目的数学期望是【点睛】本题考查了相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了基本运算求解能力，属于基础题.20. 如图三棱柱，为菱形，，，M为的中点，平面平面．
 (Ⅰ)求证：；(Ⅱ)若直线与平面所成角为45°，求二面角所成角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明见详解；(Ⅱ)【解析】【分析】(Ⅰ)取的中点，连接，证明平面，得出答案. (Ⅱ)连接，以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，为平面的一个法向量，利用向量的数量积即可求解.【详解】(Ⅰ)取的中点，连接，
 则，平面 平面，故平面，平面，故，因为为菱形，故，，故，,故平面，平面，故. (Ⅱ)连接，由为菱形，，则，由(Ⅰ)可知， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角为45°，则，，，，
 则，，，，，，，为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，，所以，，由图可知，二面角所成角的余弦值.【点睛】本题考查了线线垂直、二面角，意在考查了考生的计算能力和空间想象能力，属于中档题.21. 已知动圆P过定点，且在y轴上截得的弦长为4．(Ⅰ)求动圆圆心P的轨迹E的方程；(Ⅱ)设，A、B、C为轨迹E上三个点(点A在第一象限)，若四边形为菱形，求B点坐标．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或【解析】【分析】(Ⅰ)设圆心P，根据题意可得，解方程即可求解. (Ⅱ)设，，菱形的中心，讨论与轴是否垂直，当垂直时，根据菱形的性质可得B点，当与轴不垂直时，设出直线的方程：，从而得到的斜率，将与分别与抛物线联立，求出即可求解.【详解】(Ⅰ)设圆心P，由题意可得，整理可得，所以动圆圆心P的轨迹E的方程为：.(Ⅱ)设，，菱形的中心，当轴，则在坐标原点，即，当与轴不垂直时，设直线的方程：，则直线的斜率为，联立 ，消去可得，则 ，，，，是的中点，，由点在抛物线上，且直线的斜率为，可得，解得，， 【点睛】本题考查了动点轨迹方程、直线与抛物线的位置关系，此题要求有较高的计算求解能力，属于中档题.22. 已知函数.(1)若，证明：当时，；(2)若是的极大值点，求正实数a的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】(1)对函数求导，则，再令，则，得出导函数的正负，可得出函数的单调性，继而判断导函数的正负，从而可得出函数的单调性，可得证；(2)分两种情况和，分别讨论得出函数的单调性，由已知可得出正实数a的取值范围.【详解】(1)由题知，，令，则，若，当时，，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增；所以.(2)①若，由(1)知：在上单调递增；因此不可能是的极大值点.②若，令，因为当时，，所以即在上单调递增.又因为，，因此存满足：，所以当时，，所以在上单调递减，，所以当时，；当时，；所以在上单调递增；在上单调递减；综上，当是的极大值点时，.【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性、极值、最值等问题，关键在于构造合适的函数，由其导函数的正负得出原函数的单调性，及其图象趋势，从而可得出所研究的函数的极值、最值、零点等相关的问题，属于难度题.