福建省漳州市2021届高三数学毕业班适应性测试试题一.pdf

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1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！1 福建省漳州市 2021 届高三数学毕业班适应性测试试题（一）（考试时间：120 分钟；满分：150 分）本试卷分第卷和第卷两部分。第卷为选择题，第卷为非选择题。第卷（选择题 60 分）一单项选择题（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3,2,1,2M，2,2N，下列结论成立的是 ANM BNM CMNM D1NCM 2若复数321zi（i为虚数单位），则复数z在复平面上对应的点位于 A第一

2、象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3平面直角坐标系xOy中，角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，其终边上一点P绕原点顺时针旋转6到达点3,4Q的位置，则sin6 A35 B35 C45 D45 4已知F为抛物线xy82的焦点，M为抛物线上任意一点，点4,4A，则MFMA 的最小值为 A6 B24 C52 D4 5原始的蚊香出现在宋代根据宋代冒苏轼之名编写的格物粗谈记载：“端 午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫”如图，为某 校数学兴趣小组用数学软件制作的“螺旋蚊香”，画法如下:在水平直线l上取 长度为 1 的线段AB，做一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，

3、AB为 半径逆时针画圆弧，交线段CB的延长线于点D，再以点C为圆心，CD为半 径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E，以此类推，当得到的“螺旋蚊 香”与直线l恰有5个交点时，“螺旋蚊香”的总长度的最大值为 A14 B356 C24 D30 6已知ABC中，5 ACAB，8BC，点O是ABC的重心，则 ACBO A10 B223 C13 D229 7正实数a，b，c满足22aa，33 bb，4log4cc，则实数a，b，c之间的大小关系为 Acab Bcba Cbca Dacb 8正四面体ABCD的体积为4，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，则这 欢迎您阅读并下载本文

4、档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！2 两个正四面体公共部分的体积为 A3 B83 C2 D43 二多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）9小王于 2016 年底贷款购置了一套房子，根据家庭收入情况，小王选择了 10 年期每月还款数额相同的 还贷方式，且截止 2020 年底，他没有再购买第二套房子.下图是 2017 年和 2020 年小王的家庭收入用 于各项支出的比例分配图：2017

5、年各项支出 2020 年各项支出 根据以上信息，判断下列结论中不正确的是 A小王一家 2020 年用于饮食的支出费用跟 2017 年相同 B小王一家 2020 年用于其他方面的支出费用是 2017 年的 3 倍 C小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 1 倍 D小王一家 2020 年用于房贷的支出费用比 2017 年减少了 10已知等差数列 na的公差0d，前n项和为nS，若610SS，则下列说法正确的是 A80a B160S C若0d，则8100aa D若0d，则128aa 11在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为3r，满 足3co

6、scoscosRCcBbAa，ABC的面积6ABCS，则 A4cba B6R C61sinsinsinCBA D312sin2sin2sinCBA 12已知函数|()sinxf xex，则下列结论正确的是（）A()f x是周期为2的奇函数 B()f x在3,44上为增函数 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！3 C()f x在(10,10)内有 21 个极值点 Daxxf)(在40，上恒成立的充要条件是1a 第卷（非选择题 90 分）三填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.）1352

7、2xx的展开式中，5x的系数为_ 14 定义在R上的偶函数)(xfy，当0 x时，121)(xxf，则不等式1)(lgxf的解集为_ 15三棱柱111CBAABC 中，CABBBCC平面平面11，31CBC，ACB是等腰直角三角形，2ACB，21CCCB，则异面直线11BA与1AC所成角的余弦值为_ 16已知双曲线C：12222byax（0a，0b）的左、右焦点分别为F，F，以坐标原点O为圆心，OF为半径的圆交C的一条渐近线于,A B两点，且线段BF被C的另一条渐近线平分，则C的离心率 为_；若C的焦距为4，P为C上一点，且tan2 2OFP，直线PF交C于另一点Q，则 QF _（本题第一空

8、2 分，第二空 3 分）四解答题（本大题共 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（本小题满分 10 分）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且222bcabc.（1）若2b，sin2sinCB，求ABC的面积；（2）求coscosBC的最大值.18（本小题满分 12 分）已知等比数列 na的前n项和为nS，满足143S，且12a，2a，321a依次构成等差数列.（1）求数列 na的通项公式；（2）请从nabnnnnnab 122loglog1nnnaab这三个条件选择一个，求数列 nb的 前n项和nT.注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解

9、答进行计分.19（本小题满分 12 分）如图，圆柱1OO的轴截面11ABB A是正方形，1O、O分别是上、下底面的圆心，C是弧AB的中点，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！4 D、E分别是1AA与BC中点.（1）求证：DE/平面11ACB；（2）求锐二面角11BACB的余弦值.20（本小题满分 12 分）中国制造 2025是经国务院总理李克强签批，由国务院于 2015 年 5 月印发的部署全面推进实施制造强国的战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领.制造业是国民经济的主体，是立国之本、兴

10、国之器、强国之基.发展制造业的基本方针为质量为先，坚持把质量作为建设制造强国的生命线.某制造企业根据长期检测结果，发现生产的产品质量与生产标准的质量差都服从正态分布2(,)N，并把质量差在(,)内的产品为优等品，质量差在(,2)内的产品为一等品，其余范围内的产品作为废品处理优等品与一等品统称为正品现分别从该企业生产的正品中随机抽取 1000 件，测得产品质量差的样本数据统计如下：（1）根据频率分布直方图，求样本平均数x；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）（2）根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为 100，用样本平均数x作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，求该厂生产的

11、产品为正品的概率；参考数据：若随机变量服从正态分布2,N，则：0.6827P，220.9545P，330.9973P（3）假如企业包装时要求把 3 件优等品球和 5 件一等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出三件产品进行检验，记摸出三件产品中优等品球的件数为X，求随机变量X的分布列及期望值 21（本小题满分 12 分）欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！6 学校:准考证号:姓名:（在此卷上答题无效）工作秘

12、密启用前 漳州市 2021 届高三毕业班适应性测试（一）数 学 参 考 答 案 （考试时间：120 分钟；满分：150 分）本试卷分第卷和第卷两部分。第卷为选择题，第卷为非选择题。第卷（选择题 60 分）一单项选择题（本大题共 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.）1C 2D 3D 4A 5 B 6C 7A 8C 【解析】1 集合3,2,1,2M，2,2N，不满足NM，则 A 错；2,2NM，则 B 错；MNM，则 C 正确；31，NCM，则 D 错.故选 C.232 12211111iziiiii 则1zi，复数z在复平面上对应的点为1

13、,1，故复数z在复平面上对应的点位于第四象限，故 选 D.3依题意可知3,4Q在角6的终边上，所以64sin5，故选 D 4点4,4A是抛物线内的一点，设点M在抛物线准线上的射影为N，根据抛物线的定义可知 MNMF，要求MFMA 的最小值，即求MNMA 的最小值.当A，M，N三点共线时，MNMA 取到最小值624.故选 A.5由题意得，恰好有 6 段圆弧或有7段圆弧与直线l相交时，才恰有5个交点，每段圆弧的圆心角都为23，且从第 1 段圆弧到第n段圆弧的半径长构成等差数列：1，2，n 当得到的“螺旋蚊香”与直线l恰有5个交点时，“螺旋蚊香”的总长度 的最大值为356277132故选 B.6 由

14、题意，以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴建立坐标系，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！7 由于5 ACAB，8BC，则0,4B，0,4C，故3,0A 又点O是ABC的重心，则 1,0O(4,1)BO，43AC，13316 ACBO，故选 C 74log4cccc4log4，即c为函数xy4log与xy 4的图象交点的横坐标 33 bbbb431，即b为函数xy31与xy 4的图象交点的横坐标 22aaaa4212，即a为函数xy212与xy 4的图象交点的横坐标 在同一坐标系中画出图象，可得

15、cab.故选 A.8如图，点E，F，G，H，I，J分别是边AB，AC，AD，BC，CD，DB的中点，这两个正四面体公共部分为多面体GEFHIJ 三棱锥AEFG是正四面体，其棱长为正四面体ABCD棱长的一半，则11=82A EFGA BCDVV 这两个正四面体公共部分的体积为144422A BCDA EFGVV.故选 C.二、多项选择题（本大题共 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。）9ACD 10BCD 11ABD 12BD 【解析】9 由于小王选择的是每月还款数额相同的还贷方式，故可

16、知 2020 年用于房贷方面的支出费用跟 2017 年 相同，D 错；设一年房贷支出费用为n，则可知 2017 年小王的家庭收入为560%3nn，2020 年小王的家庭收入为540%2nn，55150%32nn，小王一家 2020 年的家庭收入比 2017 年增加了 50%，C 错；2017、2020 年用于饮食的支出费用分别为555525%,25%31228nnnn，A 错；2017、2020年用于其他方面的支出费用分别是5536%,12%310210nnnn，B 对故选 ACD 10由已知610SS，得890aa.若80a，则90a，不满足0d，故 A 错；由116168916802aaS

17、aa，故 B 正确；当0d 时，且890aa，则80a，90a，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！8 所以810920aaa，故 C 正确；当0d 时，且890aa，则08a，09a，所以 0910daa，所以8121020aaa，则812aa，故 D 正确.故选 BCD.114,6)(23)(21cbacbarcbaSABC，A 正确；已知3coscoscosRCcBbAa 所以,3cossin2cossin2cossin2RCCRBBRAAR 即312sin2sin2sinCBA，D 正确；若AB

18、C为锐角三角形，,631212sin212sin212sin212222RCRBRARSABC所以6R，若ABC为直角三角 形或钝角三角形时可类似证明，B 正确；212sinsinsinabcRABC，所以31sinsinsinCBA，C 错故选 ABD.12因为 xf的定义域为R，()sin()()xfxexf x，所以 xf是奇函数，但是22(2)sin(2)sin()xxf xexexf x ，所以 xf不是周期为2的函数，故 A 错误；当(,0)4x 时，()sinxf xex，(cos()sin)0 xxfxex，()f x单调递增，当3(0,)4x时，()sinxf xex，(si

19、n)0c(osxxfxex，()f x单调递增，且()f x在3(,)44连续，故()f x在3(,)44单调递增，故 B 正确；当0,10)x时，()sinxf xex，4sin2cossinxexxexfxx，令()0fx得，(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)4xkk ，当(10,0)x 时，()sinxf xex，4cos2sincosxexxexfxx 令()0fx得，(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)4xkk ,因此，()f x在(10,10)内有 20 个极值点，故 C 错误；欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质

20、的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！9 当40，x时，sin()xexf xaxax，设sin()xexg xx，所以 2sincossinxxxxxxexgx，令()sincossinh xxxxxx，(0,4x，0sincossinxxxxxh，xh单调递增，00 hxh，所以 0 xg，()g x在(0,4单调递增.当x趋近于0时，xxexgxsin趋近于1，所以1a，故 D 正确.故选 BD.三填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.）1340 14),10()101,0(1543 162，9【解析】13522xx展开式的通项为 51052215522rrrrr

21、rrTCxCxx 令51052r，则2r，所以522xx的展开式中，5x的系数为225240C 故答案为40.14由已知，当0 x时，1)21()(xxf，不等式1lgxf等价于 1lg fxf 又)(xf定义在 R 上的偶函数，所以1lgx，所以1lgx或1lgx，解得10 x或1010 x 则不等式1lgxf的解集为),10()101,0(故答案为),10()101,0(.15因为31CBC，21CCCB，所以21DA，又因为ACB是等腰直角三角形，2ACB，2CB，所以2211BA，因为CABBBCC平面平面11，又BCAC，11CC B BCABBC平面平面 所以BBCCAC11平面，

22、所以1ACAC 又12ACCC，所以221AC 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！10 根据题意可知异面直线11BA与1AC所成角为DBA11，根据余弦定理得，4322222222222cos222111212121111DBBADADBBADBA 故答案为43.16如图所示建立平面直角坐标系，设BF的中点为M，则由双曲线的对称性知，BOMFOMAOF ，所以3BOMFOMAOF ，所以222360tanbacab，可得224ac，422ac，2ace；C的焦距为4，所以2c，1a.设QFx，则22Q

23、Fxax，又由tan2 2OFP，得1cos3OFP，所以1cos3OFQ，在F FP中，由余弦定理得，2222 cosQFQFFFQF FFF FQ，即2212162 43xxx ，解得9x，即9QF 故答案为2，9.四、解答题（本大题共 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解：（1）因为sin2sinCB，2b，所以24cb，因为222bcabc，所以2221cos22bcaAbc，2 分 又因为(0,)A，所以3A 3 分 所以ABC的面积113sin242 3222SbcA 5 分（2）由（1）可得3A，MBOFFQPAxy欢迎您阅读并下载本文档，本文

24、档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！11 所以3coscoscoscoscoscosBBABBCB 6sinsin23cos21BBB 8 分 因为203B，所以5366B，9 分 所以当3B 时，6sincoscosBCB有最大值 1 10 分 18解：（1）设等比数列的公比为q，根据已知条件，12a，2a，321a依次构成等差数列，所以3122122aaa，则21112122qaaqa，2 分 因为01a，所以22122qq，解得2q 4 分 由143S，即14321aaa，所以1442111aaa，解得21a 5 分 所以n

25、na2 6 分（2）选nnabnnn2 7 分）（nbbbbTnnn3212222321321 9 分 212121nnn2122nnn 12 分 选nnnab 7 分 nnnnbbbbT2232221321321（*）143222322212nnnT 9 分 可得 2212212122223222111321nnnnnnnnnT 11 分 所以2211nnnT 12 分 选 11111loglog1122nnnnaabnnn 9 分 1111111312121121nnnnnbbbTnn 12 分 19解：（1）取1CB的中点为M，连接ME，1AM 则EM/1BB/1AA，且1112EMAA

26、AD 2 分 所以四边形1ADEM为平行四边形，所以DE/MA1，又1AM 面11ACB，DE 面11ACB 所以DE/面11ACB.4 分（2）1OO面ABC，则OBOO 1，OCOO 1，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！12 AB是圆柱底面的直径，C是弧AB的中点，所以CBCA，O为AB中点，则OBOC 以O为原点，OB，OC，1OO分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，如图 5 分 设1OB，则1,0,0B，0,1,0C，11,0,2A ，11,0,2B 6 分 12,0,

27、2AB，11,1,2AC 设平面1ABC的一个法向量为111,nx y z，则 1100n ABn AC，1111122020 xzxyz，取11x，则11y，11z，则1,1,1n 8 分 112,0,0AB，11,1,2AC 设平面11ABC的一个法向量为222,mxyz，则 11100m A Bm AC，11112020 xxyz，解得10 x，取12y，则11z，则0,2,1m 10 分 所以2115cos,535m nm nmn.11 分 所以锐二面角11BACB的余弦值为155.12 分 20解：（1）4656566666760.010 100.020 100.045 10222x

28、 768686960.020 100.005 1022 2 分 70 3 分（2）由题意样本方差2100s，故210s，所以2(70,10)XN，4 分 由题意，该厂生产的产品为正品的概率(6090)(6070)(7090)PPXPXPX 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！13 1(0.68270.9545)0.81862.所以DE/面11ACB.6 分（3）X所有可能取值为0，1，2，3.7 分 0335385028C CP XC 12353815128C CP XC 21353815256C CP

29、 XC 3035381356C CP XC 9 分 随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 528 1528 1556 156 11 分 89561356152281512850XE 12 分 21解：（1）1a，xg xexb，()1xg xe，令 0gx，得0 x 当0 x，0gx，)(xg在0,单调递减 当0 x，0gx，)(xg在，0单调递增 所以0 x是 xg的极小值点同时也是最小值点，即bgxg1)0()(min 2 分 当01b，即1b时，)(xg在R上没有零点；当01b，即1b时，)(xg在R上只有 1 个零点；3 分 时，即当1,01bb 因为()0bgbe，所以)0,

30、()(在xg只有一个零点，又因为bebbebgbb2)(，取2)(,2)(xxexxex，()20 xxe令，得ln2x 当2lnx，02)(xex，)(x在,2ln单调递增 当2lnx，02)(xex，)(x在2ln,单调递减 02ln222ln2)2(ln2ln e，所以对xR，0 x，所以0)(b，即02 beb 所以02)(bebgb，所以),0()(在xg内只有一个零点，所以 xg在R上有两个零点.5 分 综上所述，当1b时，xf在R上有两个零点；欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！14 当1

31、b时，函数 xf在R上没有零点；当1b时，函数 xf在R上有一个零点.6 分（2）方法一：xxfbaxg)(ln)(恒成立，,1x 即xxbabxeax1)1ln(lnln 1)1ln(lnlnxaeax 7 分 所以)1(,1)1ln(lnlnxxxaxeax 构造xexhx)(，所以01)(xexh，xh在R上单调递增 只需)1ln(lnxax，即)1ln(lnxxa恒成立 8 分 令)1ln()(xxxu，12111)(xxxxu 9 分 当21 x时，0)(xu，所以)(xu在1,2单调递减；当2x时，0)(xu，所以)(xu在2,单调递增，所以2)2(min uu，即2lna 11

32、分 又0a，所以20ea.12 分 方法二：1x，有lnlnln11xaeax，则当2x 时，2 lnln1aea 7 分 令 2 lnln1aaea，所以 a在0,单调递减，8 分 注意到2()0e，所以20ea.（必要性）9 分 下面证明1xex（xR）令 1xxex，1xxe 当0 x，0 x，所以 x在0,上单调递增 当0 x，0 x，所以 x在,0上单调递减 所以 0100minex，即对x R，10 xxex，即1xex（xR）得证.因为1 xex，所以lnln1xex，即ln1xx，即0,1lnxxx.当20ae时，ln21lnln(1)1ln(1)11xaxeexaxxx 11

33、 分 lnlnln(1)1xaeax.（充分性）12 分 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！15 方法三：xxfbaxg)(ln)(，即lnlnln(1)1xaexbabxx 恒成立 lnlnln(1)1xaeax 7 分 即1x，ln()lnln(1)10 xaaaex 恒成立，8 分 注意到()a在0a 单调递增,9 分 当20ae时，22()()1ln(1)1(1)(2)0 xaeexxx ，所以()0a 10 分 当2ae时，22()()1ln(1)()xaeexh x 注意到(2)0h，存在

34、2x，使得()0a，矛盾 11 分 综上，20ae.12 分 22解：（1）由题意可得：2222 3=2c+abaabc，解得 2a，3b，1c 2 分 则椭圆方程为22143xy 3 分（2）设直线l的方程为1xty，设11,A x y，22,B x y 由221143xtyxy，整理得2234690tyty 122122634934tyyty yt 4 分 椭圆E的左、右顶点分别为2,0P，2,0Q，直线PA方程为：1122yyxx，又直线PA与直线4x 交于点F，则1164,2yFx，5 分 因为BQk,QFk都存在，所以要证B，Q，F三点共线，只需证QFBQkk 6 分 只需证2262

35、1122xyxy 只需证3311112tyytyy 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！欢迎下载！祝您成绩进步，生活愉快！16 只需证121221333yytyyyty 只需证0322121yyyty 而04363439232222121ttttyyyty 故B，Q，F三点共线.8 分（3）由（2）可得 122122634934tyyty yt 2212121221161=42234AOBtSOMyyyyy yt 10 分 令21mt（1m），则2661313OABmSmmm 令 13f mmm，函数 f m在区间1,)单调递增，即当1m，即0t 时，S取到最大值32.12 分