1、2021届福建省福州市高三数学10月调研A卷试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】直接由交集的运算求解即可.【详解】.故选：D【点睛】本题考查交集的运算，属于基础题.2已知复数，为z的共轭复数，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由复数，得到，进而得到，根据复数的除法运算法则，即可求解.【详解】由题意，复数，可得，则.故选：B.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及共轭复数的概念及应用，其中解答中熟练应用复数的除法运算的法则，以及熟记复数的共轭复数的概念是解答的关键，着重考查运算与求解能力.3设，则“”是“”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分
2、也不必要条件【答案】A【解析】先解不等式，再根据两个解集包含关系得结果.【详解】,又，所以“”是“”的充分不必要条件，选A.【点睛】充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件4十六世纪中叶，英国数学家雷科德在砺智石一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“ ”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远若，则下列结论错误的是（ ）
3、ABCD【答案】B【解析】根据不等式的性质，结合特殊值验证，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为，则，故A正确；若，满足，但此时，故B错；因为，由不等式的可开方性，可得，故C正确；因为函数为增函数，由可得，故D正确.故选：B.【点睛】本题主要考查由不等式性质比较大小，属于基础题型.5已知两条直线，和两个平面，下列命题正确的是（ ）A若，且，则B若，且，则C若，且，则D若，且，则【答案】A【解析】根据线、面垂直平行的关系，利用空间想象和相关定理作出注意逐一即可.【详解】解：若，且，则，故A正确；若，且，则与平行或相交，故B错误；若，且，则与平行或相交，所以C错误；若，则，又由，则，故D错误.故选
4、A.【点睛】本题考查面面平行、垂直的判定，属基础题.关键是要考虑到关系的各种情况，采用直观加定理论证相结合的方式，可以快速作答.6某校在一次月考中共有800人参加考试，其数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分现已知同学甲的数学成绩为90分，学校排名为720，同学乙的数学成绩为120分，那么他的学校排名约为（ ）A60B70C80D90【答案】C【解析】先由题意，求出数学成绩小于等于90分对应的概率，根据正态分布的对称性，即可求出数学成绩大于等于120分的概率，从而可得出排名.【详解】因为同学甲的数学成绩为90分，学校排名为720，则数学成绩小于等于90分对应的概率约为，又数学考试成绩近
5、似服从正态分布，所以，则成绩数学成绩大于等于120分的学生约为人，因此若同学乙的数学成绩为120分，那么他的学校排名约为80名.故选：C.【点睛】本题主要考查正态分布对称性的应用，属于基础题型.7在边长为2的等边中，则=（ ）ABCD【答案】C【解析】根据已知条件，判定N为BC的靠近C的四等分点，得到在上的投影向量的数量，进而根据向量的数量积与向量的投影的数量的关系的到所求向量的数量积.【详解】，N为BC的靠近C的四等分点，如图所示，取BC的中点O,连接AO,则AOBC,在上的投影向量为,，故选：C.【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算，涉及平面向量的投影，属基础题.8若定义在的奇函数f(x
6、)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【详解】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.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题.二、多选题9已知双曲线，则下列说法正确的是（ ）A双曲线的离心率B双曲线的渐近线方程为C双曲线的焦距为D双曲线的焦点到渐近线的距离为【答案】AB【解析
7、】根据双曲线的方程得到a,b的值，并根据a,b,c的平方关系求得c的值，根据离心率的定义求得e的值，根据a,b的值写出渐近线方程，根据c的值计算焦距2c的值，利用点到直线的距离公式求得焦点到渐近线的距离，然后与各选择支对照，得出正确答案.【详解】由双曲线的方程可得，这是中心在原点，焦点在x轴上的双曲线，,渐近线方程为,整理得,双曲线的焦距为,焦点,焦点到渐近线的距离为,故AB正确，CD错误，故选：AB.【点睛】本题考查双曲线的性质，属基础题.10已知曲线：，：，则下面结论正确的是（ ）A把曲线向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到曲线B把曲线向左平移
8、个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到曲线C把曲线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D把曲线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【答案】AD【解析】先利用诱导公式把化简得，然后利用三角函数图像变换规律求解即可【详解】解：，所以将曲线：向左平移个单位长度，得，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到曲线；或将曲线：上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到，故选：AD【点睛】此题考查三角函数
9、图像变换规律的应用，考查诱导公式的应用，属于基础题11一盒中有8个乒乓球，其中6个未使用过，2个已使用过现从盒子中任取3个球来用，用完后再装回盒中记盒中已使用过的球的个数为X，则下列结论正确的是（ ）AX的所有可能取值是3，4，5BX最有可能的取值是5CX等于3的概率为DX的数学期望是【答案】ACD【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，然后求出其对应的概率，从而可求出数学期望，进而可得结果【详解】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
10、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，故选：ACD【点睛】此题考查离散型随机变量的概率和数学期望的求法，属于基础题12已知函数，下列关于该函数结论正确的是（ ）A的图象关于直线对称B的一个周期是C的最大值为2D是区间上的增函数【答案】ABD【解析】利用以及诱导公式即可判断A；利用可判断B；利用三角函数的性质可判断C；利用复合函数的单调性可判断D.【详解】由，对于A，故A正确；对于B，故B正确；对于C，所以的最大值为，当时，取得最大值，所以的最大值为，故C不正确；对于D，在区间上是增函数，且，所以在区间上是增函数；在区间上是减函数，且，所以在区间上是增函数，故D
11、正确；故选：ABD【点睛】本题考查了正弦函数、余弦函数的性质、诱导公式，掌握三角函数的性质是解题的关键，属于中档题.三、填空题13数列中，则的前21项和=_【答案】651【解析】由题意可得数列是等差数列，然后利用等差数列求和公式求解即可【详解】解：因为数列中，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列，所以，故答案为：651【点睛】此题考查等差数列的前项和公式的应用，属于基础题14抛物线的准线截圆所得弦长为2，则抛物线的焦点坐标为_【答案】(1，0)【解析】根据标准方程写出准线方程，化圆的一般方程为标准形式，得出圆心和半径，利用弦长公式得到关于p的方程，求得p的值，进而得到焦点坐标.【详解】抛物
12、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【点睛】本题考查求抛物线的标准方程中的参数问题进而求焦点坐标，涉及抛物线的准线和圆的弦长问题，难度较易.15已知，且，则=_【答案】【解析】利用二倍角公式可求得，结合，即可求得，利用即可求解.【详解】由，得，即，所以，因为，解得，又，所以，所以故答案为：【点睛】本题主要考查了二倍角公式和同角三角函数基本关系，属于基础题.16在三棱锥中，若该三棱锥的体积为，则其外接球表面积的最小值为_【答案】【解析】根据条件底面面积最大时得到高的范围，再根据得到，利用单调性可求得最值.【详解】，故底面三角形外接圆半径为，
13、，当时等号成立，由，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，所以故答案为：.【点睛】本题考查了求内接几何体的问题，球的表面积最小的问题，要有好的空间想象力，属于中档题.四、解答题17在，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题：设是数列的前n项和，且，_，求的通项公式，并判断是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由【答案】选，存在最大值，且最大值为4；选，存在最大值，且最大值为50；选，不存在最大值，理由见解析【解析】选先判断是首项为4，公比为的等比数列，再求，最后分为奇数和为偶讨论，分别
14、判断存在最大值并求出最大值即可；选先判断是首项为4，公差为的等差数列，再求出，最后判断存在最大值并求出的最大值；选先求出，再判断不存在最大值【详解】解：选：因为，所以是首项为4，公比为的等比数列所以当为奇数时，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选：因为，所以是首项为4，公差为的等差数列所以， 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选：因为，所以，所以，所以，又，所以， 当时，故不存在最大值【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的判定、由定义求等差数列和等比数列的通项公式、由递推关系求通项公式、数列的前n项和的最值问
15、题，还考查运算求解能力、化归与转化思想，是中档题18中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）记BC边上的高为h，求；（2）若，求【答案】（1）2；（2），或【解析】（1）利用正弦定理和两角和的正弦公式即可求得，再利用正弦定理和三角形的面积公式，即可求解.（2）由（1）得，的面积，可得，再利用余弦定理可得，两式平方相加即可得关于的方程，解方程即可求出的值.【详解】（1）由已知及正弦定理得，即，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即（2）由（1）得，的面积，所以，即， 又由余弦定理，得，即，所以，即，解得，或【点睛】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
16、力，属于中档题.19某沙漠地区经过治理，生态系统得到改善为调查该地区植物覆盖面积(单位：公顷)和某种野生动物的数量的关系，将该地区分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据（i=1，2，20），其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积和这种野生动物的数量，并计算得，（1）求样本（i=1，2，20）的相关系数（精确到0.01），并用相关系数说明各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积的相关性（2）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并
17、说明理由附：相关系数【答案】（1），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；（2）更合理的抽样方法是分层抽样理由见解析【解析】（1）根据数据，利用相关系数公式计算相关系数，与1比较接近，进而得到强正相关的结论；（2）根据实际差异情况，决定采用何种抽样方式.【详解】（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（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
18、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【点睛】本小题主要考查相关系数计算与应用、根据实际情况决定抽样方法的选择.属基础题.20已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=1，M，N分别为A1C1，AB1的中点（1）求证：MN/平面B1BCC1；（2）若P是B1B的中点，APMN，求二面角A1-PN-M的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面，要注意步骤的完整性；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求得二面角的余弦值.【详解
19、】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（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【点睛】本题考查线面平行
20、的判定定理，利用空间向量求面面角问题，属基础题，难度一般，关键是要严格准确掌握线面平行的判定定理，建立适当的空间直角坐标系，并进行认真细致准确的运算21设函数（1）若当时，取得极值，求的值，并讨论的单调性；（2）若存在极值，求的取值范围，并证明所有极值之和大于【答案】（1），在区间单调递增，在区间单调递减；（2）的取值范围为；证明见解析【解析】（1）利用导数研究极值的条件，求得a的值，并将导函数通分和分解因式，得到导函数的正负区间，进而得到函数f(x)的单调区间；（2）利用导数和极值的关系，采用分类讨论的方法，求得a的取值范围，根据极值点满足的二次方程，利用根与系数的关系，结合对数的运算，得到
21、，进而求得极值之和，根据极值存在的条件证得最终的结论.【详解】（1），依题意有，故经检验满足题意，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（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，从而在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【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了较为复杂的运算能力和分类讨论思想，属中高档题，难度较大.关键是要熟练准确掌握导数与函数的单
22、调性的关系，导数与极值的关系，并注意利用二次方程根与系数的关系简化运算.22已知椭圆E：的离心率为，直线l：y=2x与椭圆交于两点A，B，且（1）求椭圆E的方程；（2）设C，D为椭圆E上异于A，B的两个不同的点，直线AC与直线BD相交于点M，直线AD与直线BC相交于点N，求证：直线MN的斜率为定值【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由，得到，设椭圆为，再结合弦长，求得，进而得到椭圆的方程；（2）由（1）可得，得到，求得点，的坐标，求得的斜率为，再设直线的方程为，得到，结合直线和的方程求得点的坐标，得出直线的斜率为，即可求解.【详解】（1）由题意可得，即，所以椭圆的方程为，与直线联立，
23、可得，则，又，所以，解得，于是，因此椭圆的方程为（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【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等
