福建省福州市2021届高三10月调研数学A卷

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福州市2021届高三10月调研A卷
数学参考答案
命题组：黄炳锋，宋建辉，许丽丽，耿熹
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．D，2．B，3．A，4．B，5．A，6．C，7．C，8．D．
8．解析：因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由，可得或或，
解得或，
所以满足的的取值范围是，故选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．AB，10．AD，11．ACD，12．ABD．
11．解析：记未使用过的乒乓球为A，已使用过的为B，任取3个球的所有可能是：1A2B，2A1B，3A；A使用后成为B，故X的所有可能取值是3,4,5；

，
，
又X最有可能的取值是4，
.
综上，选ACD.
12．解析：
，故A正确，
，故B正确，
由于，所以，，
故，C错误，
当时，且单调递增，故是区间上的增函数，同理可判断，是区间上的增函数，故是区间上的增函数，D正确．
综上，选ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．651，14．(1,0)，15．，16．．
14．解析：抛物线的准线为，
把圆化成标准方程为，得圆心，半径，
圆心到准线的距离为，所以，即，
所以焦点坐标为.
15．解析：由，得，
即，所以，
因为，解得，
又，所以，
所以．
16．解析：，，故底面三角形外接圆半径为，
，当时等号成立，
由，所以，
当离平面最远时，外接球表面积最小，此时，在平面的投影为中点，
设球心为，则在上，故，化简得到，
注意到函数在上单调递增，故，
所以.

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．本题主要考查等差数列、等比数列的概念、通项公式，数列求和等基础知识．考查运算求解能力，考查化归与转化思想，涉及的核心素养有数学抽象、数学运算等，体现基础性，综合性．满分10分
解析：选①
因为，，所以是首项为4，公比为的等比数列．
所以． 4分
当为奇数时，，
因为随着的增大而减小，所以此时的最大值为；
当为偶数时，，且，
综上，存在最大值，且最大值为4． 10分
选②
解法1：因为，，所以是首项为4，公差为的等差数列．
所以， 4分
由于，得，所以存在最大值，且最大值为或，
因为，所以的最大值为50． 10分
解法2：因为，，所以是首项为4，公差为的等差数列．
所以，
从而，
所以当或时取得最大值，且最大值为50． 10分
选③
因为，所以，
所以，，…，，
所以，
又，所以， 6分
当时，，故不存在最大值． 10分
18．本小题主要考查正弦定理、余弦定理等解三角形基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，化归与转化思想，涉及的核心素养有逻辑推理、数学运算等，体现基础性、综合性．满分12分．
解析：（1）由已知及正弦定理得，，
即，
因为，所以，
所以， 3分
所以，又因为，
所以，即． 6分
（2）由（1）得，△ABC的面积，
所以，即， 8分
又由余弦定理，得，即，
所以，解得，或． 12分
19．本小题主要考查相关系数、随机抽样等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识，考查统计与概率思想，涉及的核心素养有数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算、数据分析等，体现综合性、应用性．满分12分．
解析：（1）样本（i=1，2，…，20）的相关系数为
，
由于0.94接近1，说明各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性．
8分
（2）更合理的抽样方法是分层抽样．理由如下：
由（1）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性，由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物的数量差异也很大，采用分层抽样的方法能较好地保持样本结构与总体结构的一致性，提高样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计． 12分
20．本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想；涉及的核心素养有直观想象、逻辑推理、数学运算等，体现基础性、综合性．满分12分．
解析：（1）证法一：
连接A1B，因为四边形A1B1BA是平行四边形，所以A1B与AB1交于点N，
连接BC1，在△A1BC1中，N是A1B中点，M是A1C1中点，
所以MN//BC1，
又平面，平面，
所以平面． 6分
证法二：
取的中点，连接，
则有，且，，且，
又，，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面． 6分
（2）在平面内过点作射线垂直于，易知，，两两垂直，如图，以A为原点，分别以AB，l，AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，
因为，所以，
解得，又因为，
所以，解得（舍去负值），
所以．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以取，则，
又为平面的一个法向量，
所以，
所以二面角的余弦值为． 12分
21．本小题主要考查函数的单调性、导数、导数的几何意义及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查分类与整合思想、数形结合思想，涉及的核心素养有数学抽象、数学运算、逻辑推理等，体现综合性、应用性与创新性．满分12分．
解析：（1），依题意有，故．
经检验．
，的定义域为，
当时，；当时，；当时，．
所以在区间单调递增，在区间单调递减．
5分
（2）的定义域为，．
方程的判别式．
若，即，在的定义域内，故无极值．
若，则或．
当，，，当时，，当时，，所以无极值．
当，，，也无极值．
若，即或，
则有两个不同的实根，．
当时，，从而有的定义域内没有零点，故无极值．
当时，，，在的定义域内有两个不同的零点，
可知在取得极值．
综上，存在极值时，的取值范围为．
由可得，则，
，
所以的极值之和为
．
12分
22．本小题主要考查直线与椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、分类与整合思想，涉及的核心素养有数学运算，逻辑推理等，体现基础性，综合性．满分12分．
解析：（1）由题意可得，即，
所以椭圆的方程为，
与直线联立，可得，则，
又，所以，解得，于是，
因此椭圆的方程为． 5分
（2）根据题意，不妨设点在第一象限，由（1）可得，，
若直线的斜率不存在，则，设，
于是可得点，的坐标分别为，，
因此直线的斜率为，
若直线的斜率存在，设直线的方程为，
点的坐标为，则有，
设直线的方程为，则有，
因为，所以，
即直线的方程为，
同理，设直线的方程为，则直线的方程为，
由及，解得；
由及，解得，
于是直线的斜率为，
综上所述，直线的斜率为定值． 12分