福建省莆田市2021届高三高中毕业班第一次教学质量检测数学试题

莆田市2021届高中毕业班第一次教学质量检测试卷

数学

考生注意：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.

2.请将各题答案填写在答题卡上.

3.本试卷主要考试内容：高考全部内容（除解析几何、统计与概率、计数原理）.

第I卷

一、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.

1. 已知集合，.则 （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先求解出一元二次不等式的解集，则集合可求，再根据交集概念和运算求解出的结果.

【详解】由，得，

所以，故.

故选：D.

2. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意知，再根据复数的除法运算直接计算出结果.

【详解】因为，所以，

故选：A.

3. 已知函数，则“”是“有极值”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】

求出的导函数，求出“有极值”时的取值范围，再利用充分条件和必要条件的定义即可判断.

【详解】若“有极值”，则有两个不等的实数根，

所以，解得，

当时，令可得，

此时在单调递增，在单调递减，

在单调递增，所以“”可以推出“有极值”，

所以“”是“有极值”的充要条件.

故选：C

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用“有极值”可知有变号零点，可得

由求出的范围.

4. 在平行四边形中，，且.则 （    ）

A.  B.  C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】

根据条件先将写成，再根据的关系、的关系，将用、表示出来，然后即可求解出的值，从而结果可求.

【详解】因为，所以，

则，所以.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据图形特点以及点的位置利用、表示出，从而完成求解.

5. 如图，某柱桩的底座由一个正六棱柱中间挖掉一个圆柱构成.已知该正六棱柱每个侧面是边长为的正方形，所挖掉的圆柱的底面半径为.为了延长底座的使用时长，需将底座地面之上的部分（除与地面直接接触的底面之外的表面）涂上防氧化层，则涂层的总面积为（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由正六棱柱的侧面积加上上底面积加上圆柱的侧面积减支圆柱的上底面积即得．

详解】涂层正六棱柱上底面正六棱柱侧面圆柱侧面圆柱上底面

.

故选：C．

6. 朱载堉是明太祖朱元璋的九世孙，虽然贵为藩王世子，却自幼俭朴敦本，聪颖好学，遂成为明代著名的律学家，历学家、音乐家.朱载堉对文艺的最大贡献是他创建下十二平均律，亦称“十二等程律”.十二平均律是将八度的音程按频率比例分成十二等份，也就是说，半单比例应该是，如果12音阶中第一个音的频率是，那么第二个音的频率就是，第三个单的频率就是，第四个音的频率是，……，第十二个音的频率是，第十三个音的频率是，就是.在该问题中，从第二个音到第十三个音，这十二个音的频率之和为（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

分析题意，利用等比数列的求和公式即可计算得解.

【详解】由题意知，第二个音到第十三个音的频率分别为，

显然以上12个数构成了以为首项，以为公比的等比数列，

由等比数列求和公式得： .

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和公式，解题的关键是分析题意将第二个音到第十三个音的频率构成以为首项，以为公比的等比数列，再根据等比数列求和公式可得，考查学生的分析解题能力与转化思想及运算能力，属于基础题.

7. 设的内角A，B，C满足，则函数图象的对称轴方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先根据条件计算出的值，然后根据两角和的正弦公式以及辅助角公式化简，最后采用整体替换的方法求解出对称轴方程.

【详解】因为，，所以，

.

由，，得，.

故选：C.

【点睛】思路点睛：（1）利用三角恒等变换的公式化简的思路：对于二次的正余弦形式，先采用降幂公式变形，再利用辅助角公式进行整合；

（2）求解形如的函数的对称轴方程的思路：令，由此求解出关于的方程即为对称轴方程.

8. 某流行病调查中心的疾控人员针对该地区某类只在人与人之间相互传染的疾病，通过现场调查与传染源传播途径有关的蛛丝马迹，根据传播链及相关数据，建立了与传染源相关确诊病例人数与传染源感染后至隔离前时长t（单位：天）的模型： .已知甲传染源感染后至隔离前时长为5天，与之相关确诊病例人数为8；乙传染源感染后至隔离前时长为8天，与之相关确诊病例人数为20.打某传染源感染后至隔离前时长为两周，则与之相关确诊病例人数约为（    ）

A. 44 B. 48 C. 80 D. 125

【答案】D

【解析】

【分析】

由已知数据求得和值，然后代入计算可得．

【详解】由题意得，两式相除得，，∴，

．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：本题考查函数模型的应用，解题关键是把已知数据代入已知函数模型求出参数值，然后利用所得解析式进行估值．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

9. 已知，则的值可以为（    ）

A. 9 B. 10 C. 11 D. 12

【答案】CD

【解析】

【分析】

将原式变形为，再利用基本不等式求解出其最小值，从而判断出的可取值.

【详解】因为，所以，所以，

当且仅当，即时，等号成立，故.

故选：CD

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

10. 已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（    ）

A. 若， ，则

B. 若，，， ，则

C. 若，，则

D. 若，，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】

根据空间中直线、平面的位置关系逐项判断，由此确定出正确的选项.

【详解】A．根据“垂直于同一条直线的两个平面互相平行”，可知A正确；

B．记，因为且，所以且异面或且相交，

又因为，且，所以，故B正确；

C．根据“平行直线中若有一条直线垂直于某个平面，则另一条直线也垂直于该平面”，可知C正确；

D．因为，，所以平行或异面，故D错误，

故选：ABC.

【点睛】方法点睛：判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：

（1）利用定理、定义、公理等直接判断；

（2）作出简单图示，利用图示进行说明；

（3）将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析说明.

11. 已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，则下列判断正确的是（    ）

A. a1＝3 B. 若d＝1，则an＝n2+2n C. a2可能为6 D. a1，a2，a3可能成等差数列

【答案】ACD

【解析】

【分析】

利用等差数列的性质和通项公式，逐个选项进行判断即可求解

【详解】因为，，所以a1＝3，an＝[1+(n-1)d](n+2n).若d＝1，则an＝n(n+2n)；若d＝0，则a2＝6.因为a2＝6+6d，a3＝11+22d，所以若a1，a2，a3成等差数列，则a1+a3＝a2，即14+22d＝12+12d，解得.

故选ACD

12. 函数为定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数为奇函数

B. 函数有且只有3个零点

C. 不等式的解集为

D. 的解析式可能为

【答案】BCD

【解析】

【分析】

由奇偶性判断A，由偶函数性质和零点定义判断B，根据奇偶性与单调性结合解不等式判断C，利用导数确定函数的单调性判断D．

【详解】函数为定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减．

若，则，则为偶函数，故A不正确.

设函数，，在R上有且只有2个零点，所以，在R上有且只有3个零点，故B正确.

因为，所以当时，，则；当时，．，又时，，故的解集为，故C正确.

若，则此函数满足为偶函数，，

设，，则为R上的增函数，

在上，，所以此函数还满足在上单调递增，故D正确.

故选：BCD．

【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的奇偶性与单调性．解题时主要利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，由奇偶性的对称性得出函数的单调性，从而可解函数不等式．在函数较复杂时可利用导数确定单调性．

第II卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.

13. 若，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

将分式的分子、分母同除以，然后代入的值求解出结果.

【详解】因为，

故答案为：.

【点睛】方法点睛：已知的值，求解形如（或）的式子的值的方法：

分式的分子、分母同时除以（或），将原式化简为关于的式子，再根据的值可求解出结果.

14. 已知向量， ，若，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

先根据求解出的值，然后求解出的坐标表示，由此求解出.

【详解】因为，所以，所以，

所以，

故答案为：.

【点睛】结论点睛：已知向量，

（1）若，则有；

（2）若，则有.

15. 若函数，则的值域为________.

【答案】

【解析】

【分析】

求得，分析函数在区间上的单调性，由此可求得函数的值域.

【详解】因为，

由于内层函数在区间上为减函数，外层函数为增函数，

所以上单调递减，当时，，则，

所以的值域为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键就是利用复合函数法判断出函数的单调性，并求出真数的取值范围，结合对数函数的单调性求解.

16. 已知底面为矩形四棱锥的每个顶点都在球O的球面上， ， ， ，且.若球O的体积为，则棱的中点到平面的距离为________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据已知条件确定出球的直径并求解出球的半径，再根据棱中点的连线与平面的位置关系同时结合到平面的距离的长度求解出棱的中点到平面的距离.

【详解】∵，∴，又，，

∴平面.∵底面为矩形，∴侧棱为球O的直径，

设球O的半径为R，则，即，又，解得.

过A作于G，取棱的中点，连接，

因为，所以平面，则，从而平面.

由等面积法可得，则F到平面的距离为.

∵，∴，且平面，平面，所以平面，

则E到平面的距离等于F到平面的距离，故棱的中点到平面的距离为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求解平面外一点到平面的距离的方法：

（1）几何方法：通过线面垂直的证明，找到在平面内的投影点，则的长度即为到平面的距离；

（2）向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面内取一点；②求解出和平面的法向量；③根据即可求解出点到平面的距离.

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. 的内角A，B，C的对边分別为a，b，c.已知.

（1）求C；

（2）若的周长为15，且a，b，c成等差数列，求的面积.

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）由诱导公式和二倍角公式求得后可得角；

（2）由等差数列和周长求得，把用表示，然后由余弦定理可求得，，从而求得三角形面积．

【详解】（1）由题意，所以，

又，整理得，

解得，

因为，所以.

（2）由题意可得

则

根据余弦定理可得，

则，

解得，

故的面积.

【点睛】关键点点睛：本题考查余弦的二倍角公式，考查余弦定理，三角形面积公式，等差数列的性质，解三角形中出现两角和时，常常用诱导公式化为第三个角，便于继续化简变形．而三角形的面积常常采用这类公式计算．

18. 已知函数.

（1）求的定义域；

（2）若函数的最小值为，且当时，有解，求的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）分和两种情况讨论，通过解不等式可求得函数的定义域；

（2）利用二次函数的基本性质求出，分析函数在区间上的单调性，由已知条件得出，由此可解得实数的取值范围.

【详解】（1）当时，恒成立，则的定义域为；

当时，由，得，则的定义域为.

综上所述，当时，的定义域为；当时，的定义域为；

（2）因为，所以.

因为在上单调递增，所以在上的最小值为.

由题意可知，对任意的，有意义，则恒成立，所以，，

当时，有解，则所以，解得，.

因此，的取值范围为.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.

19. 已知函数（， ，）的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；

（2）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数在上的最小值为，且最小值点（取得最小值对应的自变量）唯一，求m的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据图象先求解出的值，然后根据最小正周期公式计算出的值，再根据特殊点求解出的值，由此求解出的解析式；

（2）根据图象平移先求解出的解析式，然后采用整体替换法根据条件列出关于的不等式，由此求解出的取值范围.

【详解】（1）由图可知，，所以.

将点代入，得，又，所以.

故；

（2），

因为，所以.

依题意得，

解得，故的取值范围为.

【点睛】思路点睛：根据的图象求解函数解析式的步骤：

（1）先看图象中的最高点或最低点，由此确定出的值；

（2）再看图象对称轴与对称轴或对称中心与对称中心或对称轴与对称中心的水平距离，由此确定出函数的周期，从而确定出的值；

（3）最后根据特殊点结合的所给范围求解出的值，则函数解析式可求.

20. 已知等比数列的公比为q.

（1）试问数列一定是等比数列吗？说明你的理由；

（2）在①，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中并解答.

问题：若　　　　　　　，求的通项公式及数列的前n项和.

注：如果选择多种情况解答，则按第一种情况计分.

【答案】（1）不一定，时，不是等比数列；（2）答案见解析．

【解析】

【分析】

（1）时，，从而确定数列是否为等比数列；

（2）选①②，由得，求得后可得通项公式，然后用分组求和法求得，对分偶数和奇数分别求和化简．

选②③，由得，由得，然后求得后得通项公式，然后用分组求和法求得，对分偶数和奇数分别求和化简．

选①③，由得，从而得，从而可得，然后用分组求和法求得，对分偶数和奇数分别求和化简．

【详解】（1）数列不一定是等比数列，理由如下：

时，，不是等比数列，

时，是等比数列，

故数列不一定是等比数列；

（2）选①②，

由，得，，∵，∴，

∴，

，

偶数时，，

为奇数时，，

选②③，

由，得，，又，，

∴，，∴，

，

当为偶数时，，

当为奇数时，；

选①③，

由，得，又，∴，∴，

，

为偶数时，，

为奇数时，，

【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的判断，考查求等比数列的通项公式和分组求和法求和．涉及到，因此求和时按的奇数和偶数分类讨论，偶数时正好相邻两项合并求和．数列求和的几种方法一定要掌握：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组（并项）求和法，倒序相加法．

21. 如图，在直角梯形中， ， ，，E为的中点，F在线段上，且.将四边形沿折起，使得到的四边形所在平面与平面垂直，M为的中点.连， ，.

（1）证明：.

（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由矩形得，由面面垂直得平面BCFE，于是有，再结合，得平面.取CF的中点Q，连接MQ，BQ，可证平面平面，从而得平面BMQ，得证线线垂直；

（2）分别以为轴建立空间直角坐标系F-xyz，用空间向量法求二面角．

【详解】（1）证明：因为，，所以，

则，即.又平面平面EFCB，

平面平面，所以平面BCFE，

所以，又由，

可知，且，

所以平面.

取CF的中点Q，连接MQ，BQ，

依题意可得四边形EFQB为平行四边形，则.

因为M为的中点，所以，又，

所以平面平面，

所以平面BMQ，因为平面BMQ，所以，

（2）解：如图，分别以为轴建立空间直角坐标系F-xyz，

则，，，，.

设平面的法向量，

则，

令，得.

易知平面的一个法向量，

且，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：本题考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角，解题方法是建立空间直线坐标系，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得出二面角的余弦值．这种方法把立体几何中的证明转化为计算，便于学生思考．

22. 已知函数.

（1）若曲线存在一条切线与直线垂直，求a的取值范围；

（2）证明：.

【答案】（1）或；（2）证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）求得导函数，求得的取值范围，由斜率关系得出的范围．

（2）利用导数求得，设，同样由导数求得，得出，可证得不等式右边大于0，从而证得不等式成立．

【详解】（1）解：，

因为的定义域为，所以.

因为曲线存在一条切线与直线垂直，

所以，解得或，

则a的取值范围为.

（2）证明：.

当时，；当时，.

所以.

设函数，则.

当时，；当时，.

所以.

因为，所以.

因为，所以.

又，所以.

【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，本题证明不等式解题方法证明，实际上此不等式证明的常用方法是证明．