2021届福建省莆田市高三三模数学试题(解析版).doc

1、2021届福建省莆田市高三三模数学试题一、单选题1已知集合，则的元素个数为（ ）A0B3C4D5【答案】D【分析】化简集合A，根据交集运算求解.【详解】因为，所以,共有5个元素.故选：D2在中，若，则（ ）A3BC4D【答案】D【分析】先求得的值，然后求得.【详解】由于，所以，所以.故选：D3函数的图像的切线斜率可能为（ ）ABCD【答案】A【分析】求出函数的导数，判断出导函数的范围，即可得答案【详解】解：由，得，因为，所以，所以函数的图像的切线斜率大于，故选：A4跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质.小林最近给自己制定了一个2

2、00千米的跑步健身计划，他第一天跑了8千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，则他要完成该计划至少需要（ ）A16天B17天C18天D19天【答案】B【分析】根据题意可得，每天跑步的路程依次成等差数列，且首项为8，公差为0.5，然后利用等差数列的前n项和公式求解.【详解】依题意可得，他从第一天开始每天跑步的路程（单位：千米）依次成等差数列，且首项为8，公差为0.5，设经过天后他完成健身计划，则，整理得.因为函数在为增函数，且，所以.故选：B5明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知

3、图（1）、（2）、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别、，设图（1）、（2）、（3）中椭圆的离心率分别为、，则（ ）ABCD【答案】A【分析】根据椭圆的离心率公式可知，椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，比较出三个椭圆的长轴长与短轴长的比值大小，由此可得出结论.【详解】因为椭圆的离心率，所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大.因为，则，所以.故选：A.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通

4、过取特殊位置或特殊值，求得离心率.6下列各项中，是的展开式的项为（ ）A15BCD【答案】C【分析】求得二项式展开式的通项公式，由此确定正确选项.【详解】的展开式的通项公式为，由于无解，故A选项错误.当时，所以B选项错误.当时，C选项正确.当时，所以D选项错误.故选：C7某服装店开张第一周进店消费的人数每天都在变化，设第天进店消费的人数为y，且y与(表示不大于t的最大整数)成正比，第1天有10人进店消费，则第4天进店消费的人数为（ ）A74B76C78D80【答案】C【分析】由题可设，然后根据题意可求出，再把代入可求得答案【详解】解：由题可设，当时，代入可得，解得，所以，令，则，故选：C8在三

5、棱柱中，D为侧棱的中点，从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，则这两条棱所在直线至少有一条与直线异面的概率是（ ）ABCD【答案】B【分析】作出图形，找出与共面的棱，利用组合计数原理以及古典概型的概率公式可求得结果.【详解】如图，这九条棱中，与共面的是、，共五条，故所求概率.故选：B.二、多选题9若，则（ ）AB的最小值为10CD的最小值为9【答案】AB【分析】对于A，C，由不等式的性质进行判断即可；对于B，利用基本不等式判断即可；对于D，化简后利用基本不等式判断【详解】解：因为，所以，所以，所以，即，所以A正确，C错误；因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为10，所以B正确；，当且仅当

6、，即时取等号，而，所以，所以不能取得等号，所以的最小值不为9，所以D错误，故选：AB10已知函数，则（ ）A的最小正周期为B的图象关于y轴对称C的图象关于对称D的图象关于对称【答案】ACD【分析】先对函数化简，对于A，利用周期的定义判断，对于B，判断函数的奇偶性即可，对于C，若的图象关于对称，则，然后分析计算即可，对于D，若的图象关于对称，则，然后分析计算即可，【详解】解：对于A，因为的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，所以A正确；对于B，函数的定义域为，因为，所以为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以B错误；对于C，若的图象关于对称，则，因为，所以，所以的图象关于对称，所以C

7、正确；对于D，若的图象关于对称，则，因为，所以，所以的图象关于对称，所以D正确，故选：ACD11已知曲线C的方程为，圆，则（ ）AC表示一条直线B当时，C与圆M有3个公共点C当时，存在圆N，使得圆N与圆M相切，且圆N与C有4个公共点D当C与圆M的公共点最多时，r的取值范围是【答案】BC【分析】对于A，由，得，则表示两条直线；对于B，C，利用点到直线的距离公式进行判断；对于D，举反例判断即可【详解】由，得，即，则表示两条直线，其方程分别为与，所以A错误；因为到直线的距离，所以当时，直线与圆相切，易知直线与圆相交，与圆有3个公共点，所以B正确；当时，存在圆，使得圆内切于圆，且圆与这两条直线都相交，

8、即与有4个公共点与圆的公共点的个数的最大值为4，所以C正确；当时，圆与直线相切，与直线有两个公共点，所以公共点的个数为3，所以D错误，故选：BC【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是对方程得，即，从而可得曲线表示的是直线与，从而进行分析即可，考查计算能力，属于中档题12如图，函数的图象由一条射线和抛物线的一部分构成，的零点为，则（ ）A函数有3个零点B恒成立C函数有4个零点D恒成立【答案】BCD【分析】对于A，由图像求出的解析式，则有，又，从而可得函数的零点个数，对于B，由图可知，对于C，由，可判断结论；对于D，令，从而可求出方程的根，【详解】当时，设，因为，所以.由此得

9、，又，所以只有1个零点，所以A错误；由题可知射线经过点，则射线的方程为.由图可知，所以B正确；因为，所以有4个零点，所以C正确；令，则该方程的解为，令，则，故恒成立，所以D正确，故选：BCD【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的应用，考查数形结合的思想，解题的关键是利用待定系数法根据函数图像求出函数解析式，考查计算能力，属于中档题三、填空题13写出一个虚数z，使得为纯虚数，则_.【答案】（答案不唯一）【分析】设（，），代入计算后由复数的定义求解【详解】设（，），则，因为为纯虚数，所以且.任取不为零的实数，求出即可得，答案不确定，如，故答案为：14已知双曲线的左右焦点分别为，M为C左支上一点，

10、N为线段上一点，且，P为线段的中点.若(O为坐标原点)，则C的渐近线方程为_.【答案】【分析】由，可得，再结合双曲线的定义可得，从而可求出，进而可求出渐近线方程【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以，则.故的渐近线方程为.故答案为：152021年受疫情影响，国家鼓励员工在工作地过年.某机构统计了某市5个地区的外来务工人员数与他们选择留在当地过年的人数占比，得到如下的表格：A区B区C区D区E区外来务工人员数50004000350030002500留在当地的人数占比80%90%80%80%84%根据这5个地区的数据求得留在当地过年人员数y与外来务工人员数x的线性回归方程为.该市对外来务工人员选择

11、留在当地过年的每人补贴1000元，该市F区有10000名外来务工人员，根据线性回归方程估计F区需要给外来务工人员中留在当地过年的人员的补贴总额为_万元.(参考数据：取)【答案】【分析】求出，利用中心点求得，然后令代入可得估计值，求得留在当地过年的人员数可得补贴总额【详解】由已知，所以，则，即，时，估计应补贴（万元）故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查结尾回归直线方程的应用，线性回归直线的性质：线性回归直线一定过中心点，由此可求得方程中的参数值，得方程，从而用回归方程进行计算估计16如图，正四棱锥的每个顶点都在球M的球面上，侧面是等边三角形.若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均

12、相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为_.【答案】【分析】过四棱锥顶点和底面对棱中点作截面，此截面截半球得半圆，半圆与正四棱锥的截面等腰三角形的腰相切，由此可用棱锥的棱长表示半球半径，作正四棱锥对角面，对角面等腰三角形的外接圆是球的大圆，从而又可用棱锥棱长表示球的半径，由体积公式求得体积后得比值【详解】取中点，中点，作截面，把截面另外画出平面图形，如图，则半球的半个大圆与的两腰相切，是中点，为切点，设正四棱锥底面边长为，则，由对称性知正四棱锥的对角面的外接圆是正四棱锥外接球的大圆，所以，是外接圆直径，所以球的半径为，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查球的体积，考查棱锥的内切球与外接球问题

13、，解题关键是作出正棱锥的截面，此截面截球的大圆，从而易得球半径与棱锥的棱长之间的关系四、解答题17的内角、所对的边分别为、.已知，.（1）若，求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理求得的值，利用二倍角的余弦公式可求得的值；（2）利用余弦定理求出值，利用同角三角函数的平方关系求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）由正弦定理可得，所以，因此，；（2）由余弦定理可得，则为锐角，所以，因此，的面积为.18某社区为丰富居民的业余文化生活，打算在周一到周五连续为该社区居民举行“社区音乐会”，每晚举行一场，但若遇到风雨天气，则暂停举行.根据气象部门的

14、天气预报得知，在周一到周五这五天的晚上，前三天每天出现风雨天气的概率均为，后两天每天出现风雨天气的概率均为，每天晚上是否出现风雨天气相互独立.已知前两天的晚上均出现风雨天气的概率为，且这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为.（1）求该社区能举行4场音乐会的概率；（2）求该社区举行音乐会场数X的数学期望.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件求得，根据相互独立事件概率计算公式计算出所求概率.（2）求得的分布列，由此求得的数学期望.【详解】（1）依题意.所以该社区能举行4场音乐会的概率为:.（2）的可能取值为，所以的分布列为：3.【点睛】求解此类题目，要注意分类加法计数原理的应用.1

15、9在数列中，,.（1）求的通项公式；（2）在下列两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按第一个解答计分.设，数列的前n项和为，证明：.设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）选，证明见解析；选，【分析】（1）已知等式可得出数列是首项为2，公比为2的等比数列，由等比数列通项公式写出通项后可得；（2）选，求出，放缩为，然后求和，可证得不等式成立，选，求出后由错位相减法求得和【详解】（1）因为，且，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，所以.（2）选因为，且，所以，因此，即.选因为，所以，则，则，故.【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，错位相减法求和数列求和的常用方法：设数列是等差数

16、列，是等比数列， （1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和20如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，以为直径的圆O(O为圆心)过点A，且底面，M为的中点.（1）证明：平面平面.（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证平面，得，结合得平面，然后可证得面面垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系

17、，用空间向量法求二面角的余弦值【详解】（1）证明：由题意知点A为圆O上一点，则.由底面，平面，知.又，平面因此平面，平面，则，又，则.因为，M为的中点，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）解：如图，以为原点，的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.设为平面的法向量，则即令，得.由（1）可知，平面，则平面的一个法向量，所以.由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求二面角求二面角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二

18、面角两个面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）21已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求m的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）求导，分，讨论求解；（2）由时，成立，根据（1）时，由在递减；只需，时，分，讨论求解.【详解】（1）函数，求导得：，当时，所以在上递减；当时，令，则方程有两个不同的根，.，当时，当时，所以在上递减，在上递增；当时，在上递减，在上递减，所以在递减；（2）因为时，成立，所以时，成立，由（1）知时，在递减；只需，解得，此时；时，当时，取得极小值，当时，在上递增，只需，解得，此时；当时，只需，即，因为，此时，当时，在上递减，只需

19、，解得，此时；综上：m的取值范围是.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；.22已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点且.（1）求C的方程.（2）若直线与C交于M，N两点，且与相交于点T，证明：点T在定直线上.【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）解：设，直线方程与抛物线方程联立方程组消去后应用韦达定理得，利用焦半径公式及韦达定理的结果可求得得抛物线方程；（2）设，把两点坐标代入抛物线方程相减琍，同理可得，然后求得交点的横坐标为常数即证（由化为坐标表示后相加即可得）【详解】（1）解：设，由，得，则，从而，解得，故的方程为.（2）证明：设，.因为，所以.根据得，则，同理得.又两式相加得，即，由于，所以.故点在定直线上.【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交求抛物线的方程，点在定直线上等问题，解题方法一是应用韦达定理得出交点的坐标之和，利用焦半径公式求解，二是把交点坐标代入抛物线方程相减同弦中点坐标与弦所在直线斜率之间的关系