2021届福建省普通高中学业水平合格性考试（会考 ）适应性练习（六）数学试题（解析版）

这是一份2021届福建省普通高中学业水平合格性考试（会考 ）适应性练习（六）数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设函数的定义域，函数的定义域为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出两个函数的定义域后可求两者的交集.
【详解】由得，由得，
故，
故选：B.
【点睛】本题考查函数的定义域和集合的交，函数的定义域一般从以下几个方面考虑：
（1）分式的分母不为零；
（2）偶次根号（，为偶数）中，；
（3）零的零次方没有意义；
（4）对数的真数大于零，底数大于零且不为1.
2．已知点，，则与向量的方向相反的单位向量是（ ）
A．（－..，）B．（－，）C．（，－）D．（，－）
【答案】A
【分析】求出向量，再利用相反向量以及单位向量的求法即可求解.
【详解】由，，
所以，
所以向量的方向相反的单位向量为.
故答案为：A
3．在等差数列中，若=4，=2，则=（ ）
A．-1B．0C．1D．6
【答案】B
【分析】利用等差中项可得的值．
【详解】等差数列中，，则
故选：B
【点睛】本题考查等差中项的应用，考查学生计算能力，属于基础题．
4．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了如图所示的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是（ ）
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月
D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
【答案】A
【分析】观察折线图可知月接待游客量每年7，8月份明显高于12月份，且折线图呈现增长趋势，高峰都出现在7、8月份，1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月波动性更小.
【详解】对于选项A，由图易知月接待游客量每年7，8月份明显高于12月份，故A错；
对于选项B，观察折线图的变化趋势可知年接待游客量逐年增加，故B正确；
对于选项C，D，由图可知显然正确.故选A.
【点睛】本题考查折线图，考查考生的识图能力，属于基础题.
5．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A．若则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】B
【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
【解析】空间点线面位置关系．
6．已知数列满足，则的前10项和等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求得数列的首项和公比，利用等比数列求和公式直接求解
【详解】故数列为 的等比数列，
故
故选：C
7．《九章算术》中有如下问题:“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何?”其大意:“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步?”则其内切圆的直径的步数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】求出三角形的斜边，根据三角形面积自等，即可求出内切圆半径，进而可得结果.
【详解】设内切圆半径为R，三角形斜边为 ，
所以，直径为4
故选：D
8．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为
A．0.3B．0.4C．0.6D．0.7
【答案】B
【详解】分析：由公式计算可得
详解：设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金支付，
则
因为
所以，
故选B.
点睛：本题主要考查事件的基本关系和概率的计算，属于基础题．
9．当生物死亡后，其体内原有的碳14的含量大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”.当死亡生物体内的碳14含量不足死亡前的千分之一时，用一般的放射性探测器就测不到了.若某死亡生物体内的碳14用该放射性探测器测不到，则它经过的“半衰期”个数至少是
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【详解】设死亡生物体内原有碳14含量为1，则经过n个半衰期后的含量为，由得：，故选C
10．已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则
A．2B．C．6D．
【答案】C
【详解】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.
【解析】切线长
11．若变量x，y满足则x2+y2的最大值是
A．4B．9C．10D．12
【答案】C
【分析】试题分析：画出可行域如图所示，点A（3，1）到原点距离最大，所以 ，选C.
【解析】简单线性规划
【名师点睛】本题主要考查简单线性规划的应用，是一道基础题目.从历年高考题目看，简单线性规划问题是不等式中的基本问题，往往围绕目标函数最值的确定，涉及直线的斜率、两点间的距离等，考查考生的绘图、用图能力，以及应用数学知识解决实际问题的能力.
【详解】
12．已知曲线C1：y=cs x，C2：y=sin (2x+)，则下面结论正确的是
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
【答案】D
【详解】把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=cs2x图象，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到函数y=cs2（x+）=cs（2x+）=sin（2x+）的图象，即曲线C2，
故选D．
点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.
13．函数y=sin2x的图象可能是
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.
详解：令，
因为，所以为奇函数，排除选项A,B;
因为时，，所以排除选项C，选D.
点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．
14．sin＝，则csx＋cs的值为（ ）
A．－B．
C． － D．
【答案】B
【分析】运用两角差的余弦公式、辅助角公式进行求解即可.
【详解】
故选：B
【点睛】本题考查了两角差的余弦公式的应用，考查了辅助角公式的应用，考查了数学运算能力.
15．已知三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且，则此三棱锥的外接球的体积为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意可知：可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线的一半，设，则，故,得球的体积为：
二、填空题
16．已知函数的周期为1，且当时，，则________．
【答案】
【分析】根据函数为周期函数，得，代入函数即可得解．
【详解】解：因为函数是周期为1的周期函数，
所以，
又当时，，
所以，
故答案为：．
17．设点为所在平面内一点，，且，则_______．
【答案】1
【分析】用向量的线性运算把用表示可得．
【详解】因为，所以，
，
所以， ．
故答案为：1
【点睛】本题考查平面向量基本定理，平面上任意向量都可以用不共线的向量唯一表示，根据向量线性运算法则计算即可．本题实质可以利用三点共线直接得出．
18．已知钝角的面积是，且，，则__________．
【答案】
【详解】三角形面积公式为,所以，若为钝角时，则,由余弦定理，，解得；若为锐角时，则，由余弦定理，，解得，此时，为直角边1的等腰直角三角形，不符合题意．综上，.
19．若满足，则的最小值是___________.
【答案】
【分析】化简，得到，，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由满足，可得，
则
，当且仅当时，即时等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】通过常数代换法利用基本不等式求解最值的基本步骤：
（1）根据已知条件或其变形确定定值（常数）；
（2）把确定的定值（常数）变形为1；
（3）把“1”的表达式与所求的最值的表达式相乘或相除，进而构造或积为定值的形式；
（4）利用基本不等式求最值.
20．某公司一年购买某种货物600吨，每次购买吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为万元，则一年的总运费与总存储费之和关于的函数表达式___________．
【答案】
【分析】一年的总运费为，一年的总存储费用为，求和即可．
【详解】依题意总费用为，
故答案为：．
三、解答题
21．已知函数，(且)的图象经过点．
（1）求的值，并在直角坐标系中画出的图象;
（2）若在区间上是单调函数，求的取值范围．
【答案】（1），作图见解析；（2）或或.
【分析】（1）求出即得函数解析式，再画出函数的图象；
（2）由题得函数的单调递增区间是，单调递减区间是，数形结合分析得解.
【详解】（1）∵函数的图象经过点，
，解得，
其图象如图所示：
（2）由（1）可知函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
或或，
的取值范围为或或．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于数形结合分析得到或或，数形结合的思想是一种重要的数学思想，在解题时要注意灵活运用.
22．如图，在三棱柱中，平面．
（1）求证:．
（2）若为的中点，问棱上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值，并给出证明;若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，，证明见解析.
【分析】（1）法一：先证明结合已知即可证明平面，易得；法二：先证平面平面，结合，即可证明平面，易得；
（2）法一：取为的中点，且点分别为、的中点，构造平面，再证平面平面平面即可；法二：取点为的中点，取的中点，再证四边形为平行四边形即可．
【详解】解：法一：（1）平面平面，
．
，
平面，
又平面，
．
（2）存在点，点为的中点，使得平面，即．
证明：取的中点，连接，
∵四边形是平行四边形，
且点分别为、的中点，
∴四边形是平行四边形，
．
平面平面，
平面．
∵点分别为的中点，
．
平面平面，
平面．
，
∴平面平面．
平面，
平面．
法二：（1）平面平面，
∴平面平面，且平面平面．
平面，
平面．
又平面，
．
（2）存在点，点为的中点，使得平面，即．
证明：取的中点，连接．
∵点分别为的中点，
．
，
．
∴四边形为平行四边形．
．
平面平面，
平面．
【点睛】证明线面平行几何法通常有两种：
(1)通过构造平行四边形或中位线等从而证明线线平行达到线面平行的目的；
(2)构造平面，通过证明面面平行从而证明线面平行．
23．已知等差数列前5项和为50，，数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求的值．
【答案】（1）；；（2）．
【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式及其前项和公式建立方程组解出首项和公差，即可求出数列的通项公式，再根据数列的递推公式可得数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出数列的通项公式；
（2）根据数列的递推公式先求出的通项公式，再分组求和可得出的值．
【详解】解：（1）设等差数列的公差为．
依题意得解得，
所以，
当时，，
当时，，
，
以上两式相减得，则，
又，所以．
所以为首项为1、公比为4的等比数列，
所以；
（2）因为
当时，，
以上两式相减得，所以，
当时，，所以，不符合上式，
所以．
【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用 转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求．
24．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可参加抽奖，抽奖有两种方案可供选择．
方案一:从装有4个红球和2个白球的不透明箱中随机摸出2个球，若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖;
方案二:掷2颗散子，如果出现的点数至少有一个为4则中奖，否则不中奖．[注:散子(或球)的大小､形状､质地均相同]
（1）有顾客认为，在方案一中，箱子中的红球个数比白球个数多，所以中奖的概率大于．你认为正确吗?请说明理由．
（2）如果是你参加抽奖，你会选择哪种方案?请说明理由．
【答案】（1）错误，理由见解析；（2）选择方案一，理由见解析.
【分析】（1）将4个红球分别记为，2个白球分别记为，利用列举法求得基本事件的总数和2个都是红球所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
（2）根据古典摡型的概率计算公式，求得方案二中奖的概率，即可得到相应的结论.
【详解】（1）将4个红球分别记为，2个白球分别记为，
则从箱中随机摸出2个球有以下结果：，，
总共15种，
其中2个都是红球的有，，共6种，
所以方案一中奖的概率，所以该顾客的想法是错误的．
（2）抛掷2颗骰子，所有基本事件共有36种，其中出现的点数至少有一个4的基本事件有，，共11种，
所以方案二中奖的概率，可得所以应该选择方案一．
25．已知圆过点，且圆心在轴上．
（1）求圆的方程．
（2）证明:过点任意作两条倾斜角互补的直线，分别交圆于两点(不重合)，则直线的斜率为定值，且定值为0．
（3）经研究发现将（2）中的点改为点，其余条件不变，直线的斜率也为定值，且定值为，若点为圆上任意一点，请给出类似于（2）的正确命题(不必证明)．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）答案见解析.
【分析】（1）可设圆的方程为将点代入解方程组即可求解；
（2）设出直线，的方程与圆的方程联立，求得点和点的坐标，再利用斜率公式即可求解；
（3）类似于（2）的正确命题，若点为圆上任意一点，其余条件不变，直线的斜率为定值．
【详解】（1）因为圆的圆心在轴，所以可设圆的方程为，
又圆过点，则
解得：
所以圆的方程为．
（2）依题意直线的斜率存在，设其方程分别为，，
把代入，整理得，
则，，所以
把代入，可得
所以，，所以
，
直线的斜率为定值，且定值为0．
（3）设点为圆上任意一点，过点任意作两条倾斜角互补的直线，分别交圆于点（不重合），则直线的斜率为定值，且定值为．
【点睛】关键点点睛：求圆的方程多采用待定系数法，设出圆的方程列方程组，对于证明定值的问题常联立直线与圆的方程，利用根与系数的关系求出坐标之间的关系.