2020-2021学年福建漳州市高考一模数学试卷

这是一份2020-2021学年福建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。
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. 90B. 100C. 118D. 150
4. 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4
10. 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2B. 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3
B. 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.
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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.
.
（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：
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.
5
6
7
8
9
10
1
+
0
-
0
+
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0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增