2021届福建省三明第一中学高三5月校模拟考数学试题（含解析）

这是一份2021届福建省三明第一中学高三5月校模拟考数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届福建省三明第一中学高三5月校模拟考数学试题  一、单选题1．复数z满足，则的最大值为（    ）A．1 B． C．3 D．【答案】C【分析】由复数模的几何意义可得复数对应点在以为圆心，1为半径的圆上运动，数形结合可得的最大值.【详解】设， ，复数对应点在以为圆心，1为半径的圆上运动.由图可知当点位于点处时，点到原点的距离最大，最大值为3.故选：C.【点睛】两个复数差的模的几何意义是：两个复数在复平面上对应的点的距离.2．已知向量，，且与共线，则x=（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先表示出向量和的坐标，然后由与共线，列方程可求出的值【详解】∵，，与共线，∴，解得． 故选：B．3．为促进就业，提升经济活力，2020年我国多个城市开始松绑“地摊经济”，市自大力发展“地摊经济”以来，夜市也火了起来，下表是市2020年月份代码与夜市的地摊摊位数(单位：万个)的统计数据：月份4月5月6月7月8月月份代码12345摊位数(万个)290330440480若与线性相关，且求得其线性回归方程为，则表中的值为（    ）A．340 B．360 C．380 D．无法确定【答案】B【分析】根据回归直线方程过样本中心点，即可求解.【详解】由题意，根据表格中的数据，可得，代入，可得，又由，解得.故选：B.4．已知点，，，若四边形为平行四边形，则平行四边形的面积为（    ）A．2 B． C． D．11【答案】D【分析】过A、B分别作x轴的垂线，交x轴于E、F，根据题意，求得各个长度，代入面积公式，即可得答案.【详解】过A、B分别作x轴的垂线，交x轴于E、F，如图所示：因为四边形为平行四边形，所以其面积为的二倍，根据题中数据可得AE=3，CE=2，CF=1，BF=4，EF=3，所以，所以平行四边形的面积为.故选：D5．为迎接学校的文艺汇演，某班准备编排一个小品，需要甲、乙、丙、丁四位同学扮演老师、家长、学生、快递员四个角色，他们都能扮演其中任意一个角色，下面是他们选择角色的一些信息：①甲和丙均不扮演快递员，也不扮演家长；②乙不扮演家长；③如果甲不扮演学生，那么丁就不扮演家长．若这些信息都是正确的，由此推断丙同学选择扮演的角色是（    ）A．老师 B．家长 C．学生 D．快递员【答案】A【分析】结合题意以及相关信息，先确定四位同学所扮演的角色，然后对其中每一种情况讨论，看是否满足题意即可得到正确结论.【详解】因为甲和丙均不扮演快递员，也不扮演家长，乙不扮演家长，因此丁一定扮演家长．如果甲不扮演学生，那么丁就不扮演家长，即丁扮演家长，甲就扮演学生，又每人扮演一个角色，每个角色由一个人扮演，丙不扮演快递员，因此丙同学选择扮演的角色是老师.故选：A【点睛】本题主要考查了合情推理知识，考查推理能力，属于基础题.6．以椭圆内一点为中点的弦所在的直线方程是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先设直线与椭圆的两个交点，，再利用点差法求直线的斜率，最后求解直线方程.【详解】设过点的直线交椭圆于，两点，则，两式相减得，因为，，，两边同时除以得，得，所以直线方程为，即.故选：B7．已知球O的半径，三棱锥内接于球O，平面，且，则三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先计算外接圆的半径，再结合正弦定理和三角形内的边角关系，解决的面积，最后求三棱锥的体积.【详解】设的外接圆圆心为，半径为，连接，，，，则，即，解得．所以，所以,所以，所以.故选：A【点睛】方法点睛：本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为，那么外接球的直径，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立的方程.8．若函数，则函数的零点个数为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】的零点即方程的根，设，则，先解方程的根t，再根据图像数形结合的解的个数即可.【详解】函数，的零点即的根，设，则，先解方程的根t，再计算的解.时得；时得.如图所示，函数的图像，方程和方程各有两个解，即方程共有4个解，故的零点有4个.故选：B.【点睛】本题考查了函数的零点个数，考查了数形结合思想，属于中档题. 二、多选题9．某地某所高中年的高考考生人数是年高考考生人数的倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校年和年的高考升学率，得到如下柱状图：则下列结论正确的是（    ）A．与年相比，年一本达线人数有所增加B．与年相比，年二本达线人数增加了倍C．年与年艺体达线人数相同D．与年相比，年不上线的人数有所增加【答案】AD【分析】设年该校高考考生人数为，则年该校高考考生人数为，根据柱状图逐项计算，可判断各选项的正误.【详解】依题意，设年该校高考考生人数为，则年该校高考考生人数为．对于A：由，故A正确；对于B；由，故B不正确；对于C：由，故C不正确；对于D：由，故D正确.故选：AD．10．已知，，，则（    ）A．的最大值为2 B．的最小值为4C．的最小值为3 D．的最小值为【答案】ABD【分析】利用，可得的最大值，利用，可得的最小值，令，则，利用一元二次方程有解可得的最小值.【详解】对于A选项：由均值不等式得，则，令，，解得，即，，当且仅当，时，等号成立，故A正确；对于B选项：由均值不等式得，又，∴，解得，（舍），当且仅当，时，等号成立，故B正确；对于C，D选项：令，，则，则可化为，整理，∵此方程一定有解，∴，即，解得，（舍），故C错误，D正确.故选：ABD.11．如图，在三棱锥P-ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝PA＝6，BC＝8，则（    ）A．三棱锥D-BEF的体积为6B．直线PB与直线DF垂直C．平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面面积为12D．点P与点A到平面BDE的距离相等【答案】ACD【分析】A.根据PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝PA＝6，BC＝8，先求得V三棱锥P-ABC，再根据D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，得到V三棱锥D-BEF ；B. 假设直线PB与直线DF垂直，利用线面垂直的判定定理得到平面DEF， 与平面DEF矛盾；C.根据 D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，则截面与PB相交，交点为中点，论证其形状再求解；D. 论证平面DEF即可.【详解】A.因为PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝PA＝6，BC＝8，所以V三棱锥P-ABC，又因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，所以，所以V三棱锥D-BEF ，故正确；B. 若直线PB与直线DF垂直，因为PA⊥平面ABC，所以，又 ，所以平面PAB，所以 ，又 ，所以 平面PAB，所以 ，所以 平面DEF，易知 平面DEF，矛盾，故错误；C.如图所示： 取PB的中点G，连接GD，GF，则，所以，所以平面DEF截三棱锥P-ABC所得的截面为矩形GFED，其面积为，故正确；D. 因为， 平面DEF，平面DEF，所以平面DEF，所以点P与点A到平面BDE的距离相等，故正确.故选：ACD【点睛】本题主要考查几何体体积的求法，线面垂直的判定，线面平行的判定以及截面的面积问题，还考查了逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.12．已知椭圆：的左、右顶点分别为，，点在椭圆上，点．若直线，的交点为，则的值不可能为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】AB【分析】由椭圆的方程得出的取值范围，分别求出直线和直线的方程，联立解出交点坐标，可得，利用的取值范围得出的范围，结合选项得出答案．【详解】依题意，，，则，而直线的斜率，则直线方程为，直线的斜率，直线的方程为．联立，解得则，则，由，得的取值范围为，故选：AB  三、填空题13．的展开式中，项的系数为__________．【答案】【分析】本题可根据二项式的展开式的通项得出结果.【详解】二项式的展开式的通项，则的展开式中包含的项为，故项的系数为，故答案为：.14．以抛物线的焦点为圆心，且以双曲线的一条渐近线相切的圆的方程__________．【答案】，【分析】根据条件，可得焦点坐标、渐近线方程，根据圆与渐近线相切，可得圆心到直线的距离等于半径r，代入公式，即可求得半径r，即可得答案.【详解】由题意知，抛物线，所以焦点坐标为（0,1），又双曲线的渐近线方程为，不妨取，即，设圆的半径为r，由题意得，所以圆的方程为：.故答案为：15．函数，的单调递增区间为__________．【答案】；（区间两端开闭都可以）【分析】利用三角恒等变换得，再利用换元法设，利用导数和复合函数的单调性解不等式，即可得到答案；【详解】令，设，则，，，，，，在区间单调递增. 故答案为：.【点睛】本题考查复合函数的单调性与导数的结合，考查运算求解能力，求解时注意复合函数的单调性是同增异减的原则. 四、双空题16．黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手．已知正项数列的前n项和为﹐且满足，则__________，__________．（其中表示不超过x的最大整数）【答案】    18．    【分析】首先利用，求数列的通项公式；利用数列的通项公式，放缩为，再利用裂项相消法计算的范围，即可求值.【详解】当时，，∴，即.∵，∴.当时，，代入，∴，∴，即，∴是以1为首项，1为公差的等差数列，∴.又当时，符合上式，因此（）.∵，∴，∴.（以下用到的常用放缩技巧）当时，，即，∴.令，则，，即，从而.故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题考查数学文化与数列相结合的综合应用，属于难题，本题的关键是利用与的关系求的通项公式，本题的难点是第二问，需利用放缩法，再利用裂项相消法求和. 五、解答题17．等差数列的公差d不为0，其中，，，成等比数列．数列满足（1）求数列与的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）；；（2）．【分析】（1）根据和，，成等比数列可列出关于公差的方程，求出公差的值，再结合，即可写出通项.根据前项和与第项的关系，由可求出，进而可求出；（2）利用“错位相减法”，可求出数列的前n项和.【详解】解：（1）由已知，又故解得（舍去），或∴∵①故当时，可知∴当时，可知②①②得∴又也满足，故当时，都有；（2）由（1）知故③∴④由③—④得解得.【方法点睛】求数列的前项和常用的方法有：（1）公式法；（2）分组（并项）求和法；（3）倒序相加法；（4）错位相减法；（5）裂项相消法.18．在中，角A的平分线交线段于点D．（1）证明；（2）若，，，求．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由题得，再代入面积公式即得证；（2）由题得，，求出，再利用余弦定理得解.【详解】（1）证明：依题意为的平分线，设∴∵故，设A点到的距离为h，则可知∴可知（2）由，又∴可知，在中，∴在中，即.【点睛】方法点睛：解三角形的主要考点有正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，解答三角形问题时，主要从这几个考点出发.19．如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，四边形为直角梯形，其中，，，E是的中点．（1）求证：（2）若，求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接，证明平面，得到，即得证；（2）以A为坐标原点，分别以的正方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）连接，由己知，E为中点，又，故四边形为正方形，所以知∵面面又面面，，平面∴平面，故．同理可证又，故平面连接，可知又，∴可知平面又平面∴由已知，故四边形为平行四边形故∴可知（2）以A为坐标原点，分别以的正方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由，知，不妨设则可知，，∴），设平面的法向量为则令，则∴又故设与平面所成的角为θ，则.【点睛】方法点睛：直线和平面所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.20．受新冠肺炎疫情的影响，2020年一些企业改变了针对应届毕业生的校园招聘方式，将线下招聘改为线上招聘.某世界五百强企业的线上招聘方式分资料初审､笔试､面试这三个环节进行，资料初审通过后才能进行笔试，笔试合格后才能参加面试，面试合格后便正式录取，且这几个环节能否通过相互独立.现有甲､乙､丙三名大学生报名参加了企业的线上招聘，并均已通过了资料初审环节.假设甲通过笔试､面试的概率分别为 ，；乙通过笔试､面试的概率分别为，；丙通过笔试､面试的概率与乙相同.（1）求甲､乙､丙三人中恰有一人被企业正式录取的概率；（2）求甲､乙､丙三人中至少有一人被企业正式录取的概率；（3）为鼓励优秀大学生积极参与企业的招聘工作，企业决定给报名参加应聘且通过资料初审的大学生一定的补贴，补贴标准如下表：参与环节笔试面试补贴(元)100200记甲､乙､丙三人获得的所有补贴之和为元，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）；（3）分布列答案见解析，数学期望：.【分析】（1）设甲、乙、丙被企业正式录取分别为事件，即可求出，，又相互独立，利用相互独立事件的概率公式即可求解；（2）利用相互独立事件的概率公式，求甲、乙、丙三人都没有被企业正式录取的事件D的概率，再利用互斥事件的概率求解；（3）分析题意可知，若没有人通过考试时的取值为300；只有1人通过考试时的取值为500；有2人通过考试时的取值为700；3人都通过考试时的取值为900，分别算出事件对应的概率，写出分布列，即可得出期望.【详解】（1）设事件表示“甲被企业正式录取”，事件表示“乙被企业正式录取”，事件表示“丙被企业正式录取”，则，，所以甲､乙､丙三人中恰有一人被企业正式录取的概率.（2）设事件表示“甲、乙、丙三人都没有被企业正式录取”，则，所以甲､乙､丙三人中至少有一人被企业正式录取的概率.（3）的所有可能取值为300，500，700，900，，，，.所以的分布列为300500700900.【点睛】方法点睛：本题考查互斥事件､相互独立事件的概率以及离散型随机变量的分布列和数学期望，求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定的取值情况，然后利用排列，组合，概率知识求出取各个值时对应的概率，对应服从某种特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，考查学生逻辑推理能力与计算能力，属于中档题.21．已知椭圆C：的左右焦点分别为，，点在椭圆上，是直角三角形．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，动直线与椭圆C有且只有一个公共点，点M，N是直线l上的两点，且，，求四边形面积S的最大值．【答案】（1）；（2）2．【分析】（1）根据P为短轴端点，可得b值，根据为直角三角形，可得斜边中线为斜边一半，即可得b=c，进而可得a值，即可得答案.（2）根据题意，根据点到直线距离公式可得、表达式，当时，可得四边形面积，当时，过点作于点H，数形结合，可得，进而可得S的表达式，结合基本不等式，可得S的范围，即可得答案.【详解】（1）由已知为短轴一个顶点，所以，又为直角三角形，故，所以，故所以椭圆C的标准方程为.（2）将代入椭圆中得：依题意得，解得，由（1）知，，设，，①当时，四边形是矩形，②当时，设直线l的倾斜角为θ，过点作于点H，所以，则，则所以，又，所以，因为时，，所以，所以，综上可知，四边形的面积的最大值为2．【点睛】解题的关键是熟练掌握椭圆的几何性质，并灵活应用，当时，根据边长的关系，结合三角函数定义、基本不等式进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.22．已知（1）若恒成立，求实数a的取值范围；（2）求证：【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）先求出，再对分两种情况讨论得解；（2）由（1）可得可知，即，再累加即得证.【详解】（1）∵，而∵，又，故恒成立即当时取得最大值.又①当时，可知在上恒成立即在上单调递增故当时，与题意不符，舍去②当时，令，即在上单调递减，在单调递增∴可知当，取到最大值，即（2）由（1）知（当且仅当时等号成立）令则可知即∴……将以上各式相加得∴.【点睛】关键点睛：解答本题的关键是想到利用（1）的结论得到.