福建省厦门市2021届高三三模数学练习题

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参考答案
一、单选题：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．集合M＝{x|y＝ln（x﹣2）}，N＝{x|x2﹣2x﹣8＜0}，则图中阴影部分表示的集合为（　　）

A．（﹣4，2） B．（2，4） C．（2，+∞） D．（4，+∞）
解：∵集合M＝{x|y＝ln（x﹣2）}＝{x|x＞2}，
N＝{x|x2﹣2x﹣8＜0}＝{x|﹣2＜x＜4}，
∴图中阴影部分表示的集合为：
M∩N＝{x|2＜x＜4}＝（2，4）．
故选：B．
2．双曲线﹣＝1的焦点到渐近线的距离是（　　）
A．2 B．3 C． D．6
解：双曲线﹣＝1的焦点为（3，0）或（﹣3，0）．
渐近线方程为y＝±．
由双曲线的对称性可知，任一焦点到任一渐近线的距离相等，
d＝＝2．
故选：A．
3．已知等差数列{an}，其前n项和为Sn，若S1＝S25，a3+a8＝32，则S16＝（　　）
A．80 B．160 C．176 D．198
解：设等差数列{an}的公差为d，∵S1＝S25，a3+a8＝32，
∴a1＝25a1+d，2a1+9d＝32，
解得a1＝25，d＝﹣2，
则S16＝16×25+×（﹣2）＝160，
故选：B．
4．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群．故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°．图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度（单位：米）约为（　　）

A．3 B．4 C．6（﹣1） D．3（+1）
解：如图：由题意可得∠FCD＝30°，∠ADE＝75°，CD＝24，
∴∠ADC＝180°﹣75°＝105°，∠CAD＝180°﹣30°﹣105°＝45°．
△ACD中，由正弦定理可得＝，∴AD＝12．
直角三角形ADB中，AB＝AD×sin∠ADB＝6×sin（90°﹣75°）＝12×sin（45°﹣30°）
＝12×（sin45°cos30°﹣cos45°sin30°）＝12×（﹣）＝6﹣6，
∴AB的长度为6（﹣6）米，
故选：C．

5．△ABC中，CA＝2，CB＝4，D为CB的中点，＝2，则•＝（　　）
A．0 B．2 C．﹣2 D．﹣4
解：△ABC中，CA＝2，CB＝4，D为CB的中点，＝2，
则＝，
＝+，
所以•＝（）•（+）＝+﹣+•
＝+﹣+•＝0．
故选：A．
6．福建省采用“3+1+2”新高考模式，其中“3”为全国统考科目语文、数学和外语；“1”为考生在物理和历史中选择一门；“2”为考生在思想政治地理、化学和生物四门中再选择两门．某中学调查了高一年级学生的选科倾向，随机抽取200人，其中选考物理的120人，选考历史的80人，统计各选科人数如表：
选择科目
选考类别
思想政治
地理
化学
生物
物理类
35
50
90
65
历史类
50
45
30
35
则（　　）
附：K2＝
P（K2≥k）
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
A．物理类的学生中选择地理的比例比历史类的学生中选择地理的比例高
B．物理类的学生中选择生物的比例比历史类的学的中选择生物的比例低
C．有90%以上的把握认为选择生物与选考类别有关
D．没有有95%以上的把握认为选择生物与选考类别有关
解：由表中的数据可得，物理类中选择地理的比例为，历史类中选择地理的比例为，
因为，所以物理类的学生中选择地理的比例比历史类的学生中选择地理的比例低，故选项A错误；
物理类中选择生物的比例为，历史类中选择物理的比例为，
因为，所以物理类的学生中选择生物的比例比历史类的学生中选择生物的比例高，故选项B错误；
由表中的数据可知，物理类中选生物和不选生物的人数分别是65，55，合计120人，
历史类中选生物和不选生物的人数分别是35，45，合计80人，
200人中选生物和不选生物的人数均是100，
故K2＝＝，
因为2.083＜2.706，故没有90%以上的把握认为选择生物与选考类别有关，故选项C错误；
因为2.083＜3.841，故没有95%以上的把握认为选择生物与选考类别有关，故选项D正确．
故选：D．
7．已知函数（x）＝x2﹣x﹣asinπx+1有且仅有一个零点，则实数a等于（　　）
A． B． C． D．2
解：令f（x）＝0，即x2﹣x+1＝asinπx，
而，由选项可知a＞0，则﹣a≤asinπx≤a，
结合二次函数及三角函数的图象可知，要使函数（x）＝x2﹣x﹣asinπx+1有且仅有一个零点，．
故选：B．

8．如图，在四棱锥P﹣ABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC＝∠FAB＝90°，则四棱锥P﹣ABCD外接球的球心到面PBC的距离为（　　）

A． B． C． D．
解：由平面图形还原原四棱锥如图，

该四棱锥底面ABCD为正方形，边长为2，侧面PAD⊥底面ABCD，
PA＝PD＝，则PB＝PC＝．
取AD的中点G，则G为Rt△APD的外心，连接AC、BD，相交于O，则OG⊥平面PAD，
可得OA＝OB＝OC＝OD＝OP，即O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心，
延长GO交BC于E，则E为BC的中点，连接PE，
在Rt△PGE中，有PG＝1，PE＝，
设O到PE的距离为h，则，即h＝．
则四棱锥P﹣ABCD外接球的球心到面PBC的距离为．
故选：C．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项行合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9．记考试成绩Z的均值为μ，方差为σ2，若Z满足0.66＜P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）＜0.70，则认对考试试卷设置合理．在某次考试后，从20000名考生中随机抽取1000名考生的成绩进行统计，得到成绩的均值为63.5，方差为169，将数据分皮7组，得到如图所示的频率分布直方图．用样本估计总体，则（　　）

A．本次考试成绩不低于80分的考生约为5000人
B．a＝0.03
C．本次考试成绩的中位数约为70
D．本次考试试卷设置合理
解：由频率分布直方图可得（a+0.02+0.015×2+0.01+0.005×2）×10＝1，解得a＝0.03，故选项B正确；
不低于80分的考生的频率为（0.015+0.005）×10＝0.2，所以考试成绩不低于80分的考生约为0.2×20000＝4000人，故选项A错误；
低于70分的频率为（0.005+0.010+0.015+0.020）×10＝0.5，所以中位数为70分，不选项C正确；
由题意可得，P（50.5＜Z＜76.5）＝0.15+0.2+0.3﹣，
所以本次考试试卷设置不合理，故选项D错误．
故选：BC．
10．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体（如图），则（　　）

A．正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体
B．直线AE与CF是异面直线
C．平面ABF⊥平面ABE
D．平面ABF∥平面CDE
解：对于A，正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体，
它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，
该正方形对角线长等于正方体的棱长，
以C2各个面的中心为顶点的正方体为图形C3是正方体，
正方体C3面对角线长等于C2棱长的，
（正三角形中心到对边的距离等于高的），故A正确；
对于B，如图，连接MN，MP，NQ，PQ，
则F、C、E、A分别是MP、MN、NQ、PQ的中点，
∴CF∥PN，AE∥PN，
∴直线AE与CF是平行线，故B错误；
对于C取AB中点O，连接EO，FO，EF，
设正方体棱长为1，则△ABE和△ABF都是边长为的等边三角形，
∴EO⊥AB，FO⊥AB，∴∠EOF是二面角E﹣AB﹣F的平面角，
EO＝FO＝＝，EF＝1，
∴cos∠EOF＝＝﹣，
∴平面ABF与平面ABE不垂直，故C错误；
对于D，∵AB∥CD，AF∥CE，BF∥DE，AB∩AF＝A，CD∩CE＝C，
∴平面ABF∥平面CDE，故D正确．
故选：AD．


11．已知抛物线C：y2＝6x的焦点为F，直线l与C交于点A，B（A在第一象限），以AB为直径的圆E与C的准线相切于点D．若|AD|＝|BD|，则（　　）
A．A，B，F三点共线 B．l的斜率为
C．|AF|＝3|BF| D．圆E的半径是6
解：抛物线C：y2＝6x的焦点为F（，0），准线方程为x＝﹣，
设直线l的方程为x＝my+t，与抛物线的方程联立，可得y2﹣6my﹣6t＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2＝6m，y1y2＝﹣6t，
x1+x2＝m（y1+y2）+2t＝6m2+2t，AB的中点为E（t+3m2，3m），
|AB|＝|y1﹣y2|＝•，
由圆E与准线相切，可得t+3m2+＝•，
两边平方，化简可得t＝，
即直线l的方程为x＝my+，可得直线l经过焦点F，故A正确；
由圆E与准线相切于D，可得AD⊥BD，
由DE⊥准线x＝﹣，且|AE|＝|DE|，
可得∠ADE＝∠DAE＝∠MAD，
即∠MAF＝2∠DAE，
由|AD|＝|BD|，可得tan∠DAB＝＝，
即有∠DAB＝30°，∠MAF＝60°，
直线l的斜率为tan60°＝，故B错误；
由直线l：y＝（x﹣），抛物线的方程y2＝6x联立，可得x1＝，x2＝，
可得＝＝＝3，即|AF|＝3|BF|，故C正确；
由|AB|＝x1+x2+p＝++3＝8，
圆E的半径为4，故D错误．
故选：AC．

12．已知正数a，b满足a+b＝3，则（　　）
A．+≥9 B．（b+）≥2 C．lna•lnb＜ D．2ea+e2b＞21
解：对于A：由于正数满足a+b＝3，所以，当且仅当b＝2a时，等号成立，故A错误；
对于B：由于正数a+b＝3，所以a＝3﹣b，所以＝，
设f（x）＝，所以，当1＜x＜3时，f′（x）＞0，0＜x＜1时，f′（x）＜0，故函数f（x）min＝f（1）＝2，即，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：令g（b）＝2e3﹣b+e2b，所以g′（b）＝2e2b﹣2e3﹣b，
令g′（b）＝0，解得b＝1，
当0＜b＜1时，g′（b）＜0，函数g（b）单调递减，当1＜b＜3时，g′（b）＞0，函数g（b）单调递增，所以g（b）≥g（1）＝3e2＞21，故D正确；
故选：BCD．
三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知f（x）＝sin（2x+φ）（0＜φ＜π）是偶函数，则f（）＝　　．
解：∵f（x）＝sin（2x+φ）（0＜φ＜π）是偶函数，∴φ＝，f（x）＝cos2x，
则f（）＝cos＝，
故答案为：．
14．（x﹣1）（x﹣）6展开式中的常数项为　﹣240　（用数字作答）．
解：二项式（x﹣）6的展开式的通项公式为Tr+1＝C＝C，
令6﹣，解得r＝，令6﹣，解得r＝4，
所以展开式的常数项为（﹣1）×＝﹣240，
故答案为：﹣240．
15．若复数z＝a+bi（a，b∈R，i为虚数单位）满足|z﹣2i|＝|z|，写出一个满足条件的复数z＝　1+i　．
解：因为复数z＝a+bi（a，b∈R，i为虚数单位）满足|z﹣2i|＝|z|，
所以|a+（b﹣2）i|＝|a+bi|，即，解得b＝1，a∈R，
所以满足条件的复数z可以为1+i，
故答案为：1+i．
16．已知函数f（x）＝，若f（x）≥2|x﹣a|，则实数a的取值范围是　[﹣，]　．
解：当x＜0时，f（x）＝2x2+x+2，
则f'（x）＝4x+1，令f'（x）＝0，解得，且，
当x≥0时，f（x）＝xex﹣1+2，则f'（x）＝ex﹣1+xex﹣1＞0恒成立，
f''（x）＝ex﹣1+ex﹣1+xex﹣1＞0恒成立，
所以f（x）是增加的越来越快的增函数（切线的斜率越来越大），
作出函数的图象如图所示，
令g（x）＝2|x|，则2|x﹣a|相当于将函数g（x）平移得到，
当g（x）平移到与f（x）（x＜0）相切，则a取得最大值，
故f'（x）＝4x+1＝﹣2，解得x＝，且，
所以，解得a＝，
故a的最大值为；
当g（x）平移到与f（x）（x＞0）相切时，a取得最小值，
故f'（x）＝ex﹣1+xex﹣1＝2，解得x＝1，且f（1）＝3，
所以3＝2|1﹣a|，解得a＝，
故a的最小值为．
综上所述，实数a的取值范围是．
故答案为：．

四、解笞题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知数列{an}满足a1＝2，且a1+a2+⋯+an﹣1＝an﹣2，其中n≥2，n∈N*．
（1）求证：{an}是等比数列，并求{an}的前n项和Sn；
（2）设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜．
解：（1）数列{an}满足a1＝2，且a1+a2+⋯+an﹣1＝an﹣2，其中n≥2，n∈N*．
所以Sn＝2an﹣2①，
当n＝1时，解得a1＝2，
当n≥2时Sn﹣1＝2an﹣1﹣2②，
①﹣②得：an＝2an﹣1，
所以（常数），
所以：数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以．
故．
证明：（2）由于，
所以Tn＝b1+b2+...+bn＝＝．
18．锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足bsinC+csinB＝4asinBsinC．
（1）求A；
（2）若b＝4，△ABC的面积为3，D是BC上的点，AD平分∠BAC，求AD．
解：（1）因为bsinC+csinB＝4asinBsinC，
由正弦定理得sinBsinC+sinCsinB＝4sinAsinBsinC，
因为sinBsinC＞0，
所以sinA＝，
锐角△ABC的内角A为锐角，A＝；
（2）由S△ABC＝＝＝，
解得c＝3，
因为AD平分∠BAC，
所以，
又S△BAD+S△CAD＝S△ABC，
所以＝，
解得AD＝．
19．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC上一点，E是BC1的中点，且DE∥平面ABB1A1．
（1）证明：DA＝DC；
（2）若BB1⊥平面ABC，平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，AA1＝AC＝AB，求直线DE与平面A1BC1所成角的正弦值．

【解答】（1）证明：连结CB1，AB1，因为四边形BCC1B1是平行四边形，
所以C，E，B1三点共线，且E是CB1的中点，
因为平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，又DE∥平面ABB1A1，且DE⊂平面AB1C，
所以DE∥AB1，所以D是CA的中点，即DA＝DC；
（2）解：因为BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BA，BB1⊥BC，
因为平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，所以∠ABC即为二面角A﹣BB1﹣C的平面角，
因为平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，所以∠ABC＝90°，故BA，BC，BB1两两垂直，
以点B为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为，∠ABC＝90°，所以BA＝BC，设AC＝2，
则，，
所以，
设平面A1BC1的法向量为，
则，即，
令，则，故，
所以＝，
故直线DE与平面A1BC1所成角的正弦值为．

20．已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且过点P（，）．
（1）求C的标准方程；
（2）过C的右焦点的直线l与C交于A，B两点，C上一点M满足＝+，求|OM|．
解：（1）设焦距为2c，则，设椭圆左右交点分别为F1，F2，则，
∴，即，则b＝1，
∴椭圆方程为；
（2）由＝+得，，
①当直线l：y＝0时，，舍去；
②设直线l：，直线OM：x＝my，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去x并整理可得，
由韦达定理可得，
∴＝，
联立，解得，得到，
依题意可得，，解得，
∴．
21．每天锻炼一小时，健康工作五十年，幸福生活一辈子．某公司组织全员每天进行体育锻炼，订制了主题为“百年风云”的系列纪念币奖励员工，该系列纪念币有A1，A2，A3，A4四种．每个员工每天自主选择“球类”和“田径”中的一项进行锻炼．锻炼结束后员工将随机等可能地获得一枚纪念币．
（1）某员工活动前两天获得A1，A4，则前四天恰好能集齐“百年风云”系列纪念币的概率是多少？
（2）通过抽样调查发现：活动首日有的员工选择“球类”，其余的员工选择“田径”；在前一天选择“球类“的员工中，次日会有的员工继续选择“球类”，其余的选择“田径”；在前一天选择“田径”的员工中，次日会有的员工继续选择“田径”，其余的选择“球类”．用频率估计概率，记某员工第n天选择“球类”的概率为Pn．
①计算P1，P2，并求Pn；
②该集团公司共有员工1400人，经过足够多天后，试估计该公司接下来每天各有多少员工参加“球类”和“田径”运动？
解：（1）设事件E为：“他恰好能集齐这4枚纪念币”，
由题意知，基本事件总数为N＝4×4＝16，
事件E包含基本事件的个数是n＝2×1＝2，
所以他恰好能集齐这四枚纪念币的概率是P（E）＝＝；
（2）①由题意知，P1＝，P2＝P1+（1﹣P1）＝﹣P1＝﹣×＝，
当n≥2时，Pn＝Pn﹣1+（1﹣Pn﹣1）＝﹣Pn﹣1，
所以Pn﹣＝﹣（Pn﹣1﹣）；
又因为P1﹣＝﹣＝，所以{Pn﹣}是以为首项，以﹣为公比的等比数列，
所以Pn﹣＝×，即Pn＝+×；
②依题意得，当n足够大时，选择“球类”的概率近似于，
假设用ξ表示一天中选择“球类”的人数，则ξ～B（1400，），
所以E（ξ）＝1400×＝600，
即选择“球类”的人数的数学期望为600，
所以选项“田径”的人数的数学期望为800．
22．已知函数f（x）＝2ax﹣ln（x+1）+1，a∈R．
（1）讨论（x）的单调性；
（2）当x＞0，0＜a≤1时，求证：eax＞f（x）．
解：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝2a﹣，
①当a≤0时，f′（x）＜0，即f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；
②当a＞0时，f′（x）＝，
由f′（x）＞0，解得x＞，由f′（x）＜0，解得﹣1＜x＜，
即f（x）在（﹣1，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（﹣1，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
（2）证明：eax＞f（x），即eax﹣2ax+ln（x+1）﹣1＞0，
令g（x）＝eax﹣2ax+ln（x+1）﹣1，x＞0，则g′（x）＝aeax﹣2a+，
令h（x）＝aeax﹣2a+，则h′（x）＝a2eax﹣，
令φ（x）＝a2eax﹣，则φ′（x）＝a3eax+＞0，
所以φ（x）即h′（x）在（0，+∞）上单调递增，
又h′（0）＝a2﹣1，
①当a＝1时，h′（0）＝0，则h′（x）＞0恒成立，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，
则有h（x）＞h（0）＝2﹣2＝0；
②当0＜a＜1时，h′（0）＝a2﹣1＜0，
h′（x）＝a2eax﹣＞a2eax﹣1，则h′（）＞1﹣1＝0，
即存在x0＞0使得h′（x0）＝0，即a2＝，
且h（x）≥h（x0）＝a+﹣2a＝a+﹣2a＝a（+﹣2）＞0，
即h（x）≥0，
综上所述，h（x）≥0恒成立，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，即eax＞f（x）．