2021届福建省高考考前适应性练习卷（二）数学试题

这是一份2021届福建省高考考前适应性练习卷（二）数学试题，共20页。试卷主要包含了考生作答时，将答案答在答题卡上， 已知，且，则，下列命题中，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2021届考前适应性练习卷（二）

本试卷共22题，满分150分，共5页．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试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． C．
2． 向量，．若，则
A． B． C． D．
3． 法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的公式推动了复数领域的研究．根据该公式，可得
A． B． C． D．
4． 方程的解所在的区间是
A． B． C． D．
5． 已知，且，则
A． B． C． D．
6． 已知圆锥的顶点为，母线两两垂直且长为，则该圆锥的体积为
A． B． C． D．
7． 已知函数，若，，，则的大小关系为
A． B． C． D．
8． 已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为．若，且在之间，则=
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． 已知数列是首项为1，公差为的等差数列，则下列判断正确的是
A． B．若，则
C．可能为 D．可能成等差数列
10．下列命题中，下列说法正确的是
A．已知随机变量服从二项分布，若，则
B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C．设随机变量服从正态分布，若，则
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大
11．已知正方体的棱长为2，，分别是，的中点，过，的平面与该正方体的每条棱所成的角均相等，以平面截该正方体得到的截面为底面，以为顶点的棱锥记为棱锥，则
A．正方体的内切球的表面积为
B．正方体的外接球的体积为
C．棱锥的体积为3
D．棱锥的体积为

12．如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心O距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时（图中点）开始计时，则
A．点P第一次到达最高点需要20秒
B．当水轮转动155秒时，点P距离水面2米
C．当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2米
D．点P距离水面的高度h（米）与t（秒）的函数解析式为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中，二项式系数最大的项的系数为 ．（用数字填写答案）
14．已知抛物线的焦点为，点在上，且，则的坐标是 ．
15．“博饼”是闽南地区中秋佳节的传统民俗游戏，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目．博饼的游戏规则是：参与者轮流把6颗骰子同时投进一个大瓷碗里，而后根据骰子的向上一面点数组合情况，来决定获奖等次，获奖等次分为6类，分别用中国古代科举的排名名称命名，获奖者投出的骰子组合如图所示，根据你所学的概率知识，投出“六杯红”的概率为 ；投出“状元插金花”的概率为 ．
16．已知函数，，对任意的，总存在至少两个不同的使得，则的范围是 ．

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．（10分）
记为等比数列的前项和，已知，．
（1）求；
（2）求数列的前项和．



O
A
B
C
D
E
F
A
1
D
C
B
1
1
1

18．（12分）
设计一种如图所示的灯架，用来安装球心为，半径为R（米）的球形灯泡．该灯架由灯托、灯杆、灯脚三个部件组成，其中圆弧形灯托所在圆的圆心均为，半径均为R（米）、所对圆心角均为θ（弧度）；灯杆EF垂直于地面，杆顶E到地面的距离为h（米），且；灯脚FA1，FB1，FC1，FD1是正四棱锥F - A1B1C1D1的四条侧棱，正方形A1B1C1D1的外接圆半径为R（米），四条灯脚与灯杆所在直线的夹角均为θ（弧度）．已知灯杆、灯脚造价每米（元），灯托造价每米（元），其中均为常数．设该灯架的总造价为（元）．
（1）求关于的函数关系式；
（2）当取何值时，取得最小值？







19．（12分）
某岗位聘用考核共设置2个环节，竞聘者需要参加全部2个环节的考核，通过聘用考核需要2个环节同时合格，规定：第1环节考核5个项目至少连续通过个为合格，否则为不合格；第2环节考核3个项目至少通过个为合格，否则为不合格．统计已有的测试数据得出第1环节每个项目通过的概率均为，第2环节每个项目通过的概率均为，各环节、各项目间相互独立．
（1） 求通过改岗位聘用考核的概率；
（2） 若第1环节考核合格赋分60分，考核不合格赋分0分；第2环节考核合格赋分40分，考核不合格分0分，记2个环节考核后所得赋分为，求的分布列与数学期望．




20．（12分）
如图，在四棱锥中，平面，，，，．过点做四棱锥的截面，分别交于点，已知．
（1）求直线与平面所成的角；
（2）求证：为线段的中点．



21．（12分）
设椭圆的离心率为，点，，分别为的上，左，右顶点，且．
（1） 求的标准方程；
（2） 点为直线上的动点，过点作，设与的交点为，，求的最大值．



22．（12分）
已知函数的最小值为0，其中．
（1）求的值；
（2）求证：对任意的，，有；
（3）记，为不超过的最大整数，求的值．




2021届考前适应性练习卷（二）试题解析
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． C．
【命题意图】本小题主要考查集合的概念与基本运算、二次不等式的解法等基础知识；考查运算求解等能力；体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】因为，，所以，故选B．
2. 向量，．若，则
A． B． C． D．
【命题意图】本小题主要考查向量的垂直、向量的运算等基础知识，考查运算求解能力，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】解法一：，，
因为，所以，即，解得．
解法二：因为，所以，
所以，所以，所以．
3．法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的公式推动了复数领域的研究．根据该公式，可得
A． B． C． D．
【命题意图】本小题主要考查复数的基本概念、代数形式的四则运算等基础知识；考查运算求解等能力；体现基础性、创新性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】根据公式得，故选B．
4. 方程的解所在的区间是
A． B． C． D．
【命题意图】本小题主要考查函数的零点等基础知识；考查运算求解等能力；考查化归与转化思想；体现基础性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】构造函数，显然单调递增，，由零点存在定理有的零点在区间内，故选C．
5． 已知，且，则
A． B． C． D．
【命题意图】本小题主要考查三角恒等变换、倍角公式、两角和差公式等基础知识，考查运算求解能力，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】
故，又因为，且．
故或，则或，
故，故选D．
6． 已知圆锥的顶点为，母线两两垂直且长为，则该圆锥的体积为
A． B． C． D．
【命题意图】本题考查圆锥的几何性质、度量关系等基础知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力；考查数形结合、化归与转化等思想；体现综合性，导向对发展数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】可得为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长为，由正弦定理得圆锥底面圆的半径，圆锥的高，由圆锥的体积公式得，故选C．
7． 已知函数，若，，，则的大小关系为
A． B． C． D．
【命题意图】本题考查函数的单调性、奇偶性等基础知识；考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合、化归与转化等思想；体现综合性，导向对发展数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】依题意，是单调递减的奇函数，又，所以，故选D．
8． 已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为．若，且在之间，则=
A． B． C． D．
【命题意图】本小题主要考查双曲线的简单几何性质、直线与直线的位置关系、直线的斜率等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力．考查数形结合、化归与转化等思想；体现基础性，导向对发展数学运算、直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】解法一：由题设，因为，所以点为线段的中点，则．
又点在直线，则，解得，所以，
此时，．
解法二：如图，过点作轴的平行线交于，易证，所以，
所以，在中，，，，
由余弦定理，所以．

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． 已知数列是首项为1，公差为的等差数列，则下列判断正确的是
A． B．若，则
C．可能为 D．可能成等差数列
【命题意图】本小题主要考查等差数列的通项、前项和等基础知识；考查逻辑推理、运算求解等能力；考查函数与方程、化归与转化等思想；体现综合性、综合性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】因为，，所以，故A正确；
因为，若，则，故B错误；
若，则，故C正确；
因为，
所以若成等差数列，则，即，解得．
故选ACD．
10．下列命题中，下列说法正确的是
A．已知随机变量服从二项分布，若，则
B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C．设随机变量服从正态分布，若，则
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大
【命题意图】本小题主要考查正态分布、二项分布等基础知识；考查运算求解、数据处理等能力；体现基础性、创新性、应用性，导向对发展数据分析、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】对于选项A,根据二项分布的数学期望和方差的公式，可得
，解得，所以A错误；
对于选项B,根据方差的计算公式可知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变，所以B正确；
对于选项C,由正态分布的图像的对称性可得，所以C正确；
对于选项D,由独立重复试验的概率的计算公式可得，由，得，即时，，同理得时，，即最大，
，所以D正确．所以正确命题的序号为BCD．故选BCD．
11．已知正方体的棱长为2，，分别是，的中点，过，的平面与该正方体的每条棱所成的角均相等，以平面截该正方体得到的截面为底面，以为顶点的棱锥记为棱锥，则
A．正方体的内切球的表面积为
B．正方体的外接球的体积为
C．棱锥的体积为3
D．棱锥的体积为
【命题意图】本题考查空间位置关系、度量关系等基础知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力；考查数形结合、化归与转化等思想；体现综合性、创新性，导向对发展数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】因为正方体的棱长为2，
所以正方体的外接球的直径为，内切球的半径为1，
所以正方体的外接球的体积为，
内切球的表面积为，故B正确，A错误．
如图，分别是棱的中点．
因为在同一个平面内，并且该平面与正方体的各条棱所成的角均相等，
所以平面被此正方体所截得的截面图形为正六边形，边长为．
因为正六边形的面积，
到平面的距离为，
所以棱锥的体积为．故正确，D错误，故选BC．
12．如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心O距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时（图中点）开始计时，则
A．点P第一次到达最高点需要20秒
B．当水轮转动155秒时，点P距离水面2米
C．当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2米
D．点P距离水面的高度h（米）与t（秒）的函数解析式为
【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质等基础知识；考查推理论证能力、运算求解等能力；考查数形结合、化归与转化等思想；体现应用性、综合性，导向对发展数学运算、直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】设点P距离水面的高度h（米）和时间t（秒）的函数解析式为
，
由题意得：解得
故．故D错误；
对于A，令h=6，即，解得：t=20，故A正确；
对于B，令t =155，代入，解得：h=2，故B正确；
对于C，令t =50，代入，解得：h= -2，故C正确．故选ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中，二项式系数最大的项的系数为 ．（用数字填写答案）
【命题意图】本小题主要考查二项式定理等基础知识，考查运算求解能力，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】依题意，二项式系数最大项为，其系数为．
14．已知抛物线的焦点为，点在上，且，则的坐标是 ．
【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义、标准方程等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力等，考查转化与化归思想、函数与方程思想，体现基础性，导向对发展直观想象的关注．
【试题简析】设，由抛物线的定义，，又，所以，代入得：，故．
15．“博饼”是闽南地区中秋佳节的传统民俗游戏，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目．博饼的游戏规则是：参与者轮流把6颗骰子同时投进一个大瓷碗里，而后根据骰子的向上一面点数组合情况，来决定获奖等次，获奖等次分为6类，分别用中国古代科举的排名名称命名，获奖者投出的骰子组合如图所示，根据你所学的概率知识，投出“六杯红”的概率为 ；投出“状元插金花”的概率为 ．
【命题意图】本小题主要考查古典概率等基础知识，考查运算求解、数据处理能力，体现基础性、创新性、应用性，导向对发展数学运算、数据分析等核心素养的关注．
【试题简析】依题意，6个骰子同时投掷一次，总的基本事件数为．
其中，投出“六杯红”的基本事件数为；投出“状元插金花”的基本事件数为．
故投出“六杯红”的概率为；投出“状元插金花”的概率为．

16．已知函数，，对任意的，总存在至少两个不同的使得，则的范围是 ．
【命题意图】本小题主要考查函数的性质、值域等基础知识；考查推理论证、运算求解能力；考查数形结合、化归与转化思想；体现基综合性、创新性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题简析】，令则，令，
得在递增，在递减，又时，，又时，，，由题意有，恒成立，故．

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．（10分）
记为等比数列的前项和，已知，．
（1）求；
（2）求数列的前项和．
【命题意图】本小题主要考查等比数列的定义与前项和等基础知识；考查运算求解能力；考查函数与方程思想、化归与转化思想思想等．体现基础性和综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】（1）当时，由可得 1分
两式相减，可得，即， 2分
依题意，为等比数列，故． 3分
令，则由可得，即； 5分
（2） 由（1）可知为首项等于1，公比等于2的等比数列，故； 6分
故为首项等于，公比等于的等比数列，故． 8分
故． 10分


O
A
B
C
D
E
F
A
1
D
C
B
1
1
1

18．（12分）
设计一种如图所示的灯架，用来安装球心为，半径为R（米）的球形灯泡．该灯架由灯托、灯杆、灯脚三个部件组成，其中圆弧形灯托所在圆的圆心均为，半径均为R（米）、所对圆心角均为θ（弧度）；灯杆EF垂直于地面，杆顶E到地面的距离为h（米），且；灯脚FA1，FB1，FC1，FD1是正四棱锥F - A1B1C1D1的四条侧棱，正方形A1B1C1D1的外接圆半径为R（米），四条灯脚与灯杆所在直线的夹角均为θ（弧度）．已知灯杆、灯脚造价每米（元），灯托造价每米（元），其中均为常数．设该灯架的总造价为（元）．
（1）求关于的函数关系式；
（2）当取何值时，取得最小值？
【命题意图】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式、三角恒等变换等基础知识；考查推理论证能力、运算求解、数形结合能力；体现基础性，导向对发展数学运算、逻辑推理等核心素养的关注．




【试题解析】
（1） 延长与地面交于，
由题意，，且， 2分
从而，， 4分
. 6分
（2） 设 ， 8分
令 .． 9分
当时，；时，，
设，其中，∴. 11分
因为，所以时，最小． 12分





19．（12分）
某岗位聘用考核共设置2个环节，竞聘者需要参加全部2个环节的考核，通过聘用考核需要2个环节同时合格，规定：第1环节考核5个项目至少连续通过个为合格，否则为不合格；第2环节考核3个项目至少通过个为合格，否则为不合格．统计已有的测试数据得出第1环节每个项目通过的概率均为，第2环节每个项目通过的概率均为，各环节、各项目间相互独立．
（1）求通过改岗位聘用考核的概率；
（2） 若第1环节考核合格赋分60分，考核不合格赋分0分；第2环节考核合格赋分40分，考核不合格分0分，记2个环节考核后所得赋分为，求的分布列与数学期望．
【命题意图】本小题主要考查独立重复试验、概率、分布列、数学期望等基础知识；考查数据处理能力、应用意识和创新意识等；考查统计与概率思想；导向对发展逻辑推理、数学运算、数学建模、数据分析等核心素养的关注．
【试题解析】（1）记（，）分别为两个环节第个项目通过． 1分
之间相互独立． 2分
3分
4分
则． 5分
（2） 依题意，． 6分
；； 8分
；． 10分
故的分布列为










12分
20．（12分）
如图，在四棱锥中，平面，，，，．过点做四棱锥的截面，分别交于点，已知．
（1）求直线与平面所成的角；
（2）求证：为线段的中点．
【命题意图】本题考查线面平行的定义及判定、二面角的求解及空间向量的坐标运算等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想等；体现基础性、综合性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注．

【试题解析】解法1：
（1） 过点做与平行的射线，以为轴，以为轴，为轴，
建立如图空间直角坐标系， 1分
则有
2分
设平面的法向量为，因为,则
， 3分
令，解得，所以是平面的一个法向量 4分
又，设直线与平面所成的角的大小为θ，
则， 5分
所以，即直线与平面所成的角的大小为 6分
（2） 证明：在上取点，且满足， 7分
连接，则，且， 8分
因为，所以，且
所以是平行四边形，
所以， 9分
又因为平面，平面，所以平面； 10分
因为平面平面，所以， 11分
所以，因为，所以，即为线段中点． 12分

解法2：（1）同解法1
（2）证明：因为点在上，可设， 7分
得， 8分
可得， 9分
因为平面，所以， 10分
解得， 11分
所以为线段的中点． 12分

21．（12分）
设椭圆的离心率为，点，，分别为的上，左，右顶点，且．
（1）求的标准方程；
（2）点为直线上的动点，过点作，设与的交点为，，求的最大值．
【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程和简单几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力；考查数形结合思想；关注学生数学运算、直观想象、逻辑推理等素养．
【试题简析】（1）由已知，得． 1分
又因为，所以． 2分
所以． 3分
所求的标准方程为． 4分
（2）解法一：设直线的方程为． 5分
联立方程组消去，得
整理得：① 6分

由△>0，得 7分
联立方程组，解得的坐标为 8分
设，，由①知② 9分
又， 10分
所以，③
将②代入③，得 11分
当时，有最大值． 12分
解法二： （1）同法一；
（2）设，则 5分
由点斜式，可得直线的方程为，即． 6分
联立方程组，
消去，得① 7分
由
解得， 8分
设，，由①得② 9分
由题意可知， 10分
所以③
将②代入③得 11分
当时，有最大值． 12分

22．（12分）
已知函数的最小值为0，其中．
（1）求的值；
（2）求证：对任意的，，有；
（3）记，为不超过的最大整数，求的值．
【命题意图】本小题主要考查函数的最值、单调性、取整函数、指对数运算等知识；考查运算求解、推理论证等能力；考查函数与方程、数形结合、化归与转化等思想．体现综合性，体现逻辑推理、几何直观、数学运算等数学核心素养．
【试题简析】（1），
令，得，
在单调递减，单调递增，
，所以．
（2） 令，
则，
当时，，
所以，恒成立，
因此在上单调递减，
从而对任意的，总有，
即对任意的，有成立．
（3） ,由（1）有，
所以.
由（2）有，当时,
所以,
所以有.
又，，所以的取值只有可能是.