福建省厦门市2021届高三5月二模数学（含答案解析）练习题

这是一份福建省厦门市2021届高三5月二模数学（含答案解析）练习题，共24页。试卷主要包含了已知i为虚数单位，，则，已知，，则，已知实数a，b，c满足，且，则等内容，欢迎下载使用。

福建省厦门市2021届高三5月二模数学（A卷）试题

第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知i为虚数单位，，则（       ）
A．5 B．7 C．9 D．25
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据复数相等的概念得到，再根据公式计算复数的模长.
【详解】
因为，
所以，
所以,
故选：A.
2．已知集合，，且有个子集，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
解对数不等式可求得集合，由子集个数可确定中元素仅有个，从而得到，由此得到的范围.
【详解】
由题意得：，
有个子集，中的元素个数为个；
，，即，或，
即实数的取值范围为.
故选：D.
3．已知，是相互垂直的单位向量，与，共面的向量c满足，则的模为（       ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据，是相互垂直的单位向量，设⃑，利用坐标法以及数量积的坐标表示，建立方程进行求解即可.
【详解】
，是相互垂直的单位向量，不妨设⃑，设
由, 可得，即
则的模为：
故选：C
4．已知，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由确定范围，从而确定的正负再由平方关系求解即可.
【详解】
因为，且，所以，，
，其中，
所以，两边平方得，所以.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键一是正负的确定，二是平方关系的运用.
5．已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，且，以为直径的圆截x轴所得的弦长为2，则P=（       ）
A．2 B．4 C．2或4 D．2或6
【答案】D
【解析】
【分析】
设点，由焦半径公式得，又根据直径的圆周角为直角可得，即可求解值．
【详解】
设，由于，所以
因为以为直径的圆截x轴所得的弦长为2，设弦长为，则
所以
则，代入得，解得或
故选：D
6．将正整数12分解成两个正整数的乘积有，，，这三种分解中，因数3与4差的绝对值最小，则称为12的最佳分解，当正整数n的最佳分解为时，记.设，则数列的前99项和为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可得，利用等比数列的前项和公式，即可求出结果.
【详解】

.
故选：B.
7．2008年北京奥运会游泳中心(水立方)的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是（       ）


A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知得最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，正六边形有个，分别求得正方形和正六边形的面积可得答案.
【详解】
棱长为1的正方形的面积为，正六边形的面积为，
又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，
所以该多面体有6个正方形，正六边形有个，
所以该多面体的表面积为，
故选：C.
8．已知实数a，b，c满足，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由经典不等式可得，得出，结合即可判断.
【详解】
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，即，
所以，所以，即，
又，所以，由，所以，
所以，即，所以，所以.
故选：A.
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键是利用经典不等式可得.
评卷人
得分



二、多选题
9．某种产品的价格x(单位：元/)与需求量y(单位：)之间的对应数据如下表所示：
x
10
15
20
25
30
y
11
10
8
6
5

根据表中的数据可得回归直线方程，则以下正确的是（       ）A．相关系数
B．
C．若该产品价格为35元，则日需求量大约为
D．第四个样本点对应的残差为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
先根据回归直线必过样本中心求出，从而判断选项A、B，再根据回归直线方程即可求出预测值及第四个样本点对应的残差.
【详解】
解： 对A、B：由表中的数据，，，
将，代入得，所以A选项错误，B选项正确；
对C：由题意代入得，所以日需求量大约为，
所以C选项正确；
对D：第四个样本点对应的残差为，所以D选项正确；
故选：BCD.
10．达芬奇的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠链与主人相互映衬，显现出不一样的美与光泽，达芬奇提出固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂项链所形成的曲线称为悬链线.建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，双曲余弦函数则以下正确的是（       ）

A．是奇函数 B．在上单调递减
C．， D．，
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据题意写出函数的解析式，由函数奇偶性的定义，即可判断选项A是否正确；根据导数在函数单调性中的应用以及复合函数的单调性，即可判断选项B是否正确；由基本不等式，即可判断选项C是否正确；再根据选项C，结合特称命题的特点，即可判断选项D是否正确.
【详解】
由题意可知，，定义域为
所以，所以是偶函数；故选项A错误；
函数的导数为，
所以当时，，当时，，
所以函数，单调递减区间为 ，单调递增区间为，
又，所以函数在上单调递增，
由复合函数的单调性可知，在上单调递减，故选项B正确；
由基本不等式可知，，当且仅当时取等号；故选项C正确；
由C可知，，，所以，使得成立，故选项D正确；
故选：BCD.
11．已知双曲线的左､右焦点分别是，，直线l过交C的右支于A，B两点，A在第一象限，若.且，，成等差数列，则以下正确的是（       ）
A． B．l的斜率为3
C．C的离心率为 D．C的两条渐近线互相垂直
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据题意作出草图，根据双曲线的定义和等差数列的性质，可知，再根据勾股定理可得，由此即可判断选项A是否正确；再根据的斜率为，即可判断选项B是否正确；又在中，，即可求出离心率，即可判断选项C是否正确；根据，即可判断渐近线是否垂直，进而判断选项D是否正确.
【详解】
如图所示：

由于，，成等差数列，则，
由双曲线定义可知，，，
所以，
又，所以，
设，所以，
又，所以，即，
所以，即，则，故A错误；
的斜率为，故B正确；
又在中，，所以，即，所以离心率，故C正确；
因为，所以，故D错误；
故选：BC.
【点睛】
关键点点睛：本题解答关键是根据双曲线的定义，得到，和等差中项的性质，求出，再在中，根据勾股定理求出，进而解决本题.
12．直三棱柱，中，，，点D是线段上的动点(不含端点)，则以下正确的是（       ）
A．平面 B．与不垂直
C．的取值范围为 D．的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定定理判断A，利用向量法证明线面垂直来判断B，利用直线与球的位置关系判断C，利用点关于面的对称性判断D
【详解】
依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
A：因为，平面，所以平面，故A正确.
B：如图1，以A为坐标原点，AC为x轴，AB为y轴，为z轴，

设，则，

当时，，当且时与不垂直，故错误.
C：判断以为直径的球与的交点情况，
如图3，取中点F，则，，
所以以为直径的球与没有交点.所以，故C错误.
D：将面，翻折至与，此时点C与重合，所以的最小值为，且，故D正确.
故选：AD

【点睛】
对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键，如果题意给的几何体是常见的，可以直接建系，利用空间向量法求解或证明，达到快速解题的目的.
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分



三、填空题
13．如图，一系列由正三角形构成的图案称为谢尔宾斯基三角形，图1三角形边长为2，则第n个图中阴影部分的面积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
由题意先求出图1，2 ，3中阴影部分的面积，根据规律归纳出答案.
【详解】
图1中阴影部分的面积为
图2中阴影部分的面积为
图3中阴影部分的面积为
由此规律，可得图中阴影部分的面积为
故答案为：
14．在大课间风采展示中，某班级准备了2个舞蹈，2个独唱，1个小品，共5个节目.要求相同类型的节目不能相邻，那么节目的不同演出顺序共有___________.种，
【答案】48
【解析】
【分析】
先求出5个节目的出场顺序总有的情况，再求得舞蹈节目相邻出场，独唱节目相邻出场，舞蹈节目相邻出场且独唱节目也相邻出场的情况，由此可得答案.
【详解】
5个节目的出场顺序共有种，
其中舞蹈节目相邻出场的有种，独唱节目相邻出场的有种，
舞蹈节目相邻出场且独唱节目也相邻出场的有种，
所以相同类型的节目不能相邻的出场顺序有种，
故答案为：48.
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
15．已知函数则函数的所有零点之和为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用分段函数，分类讨论，即可求出函数的所有零点，从而得解．
【详解】
解：时，，，由，可得或，或；
时，，，由，可得或，或；
函数的所有零点为，，，，所以所有零点的和为
故答案为：．
评卷人
得分



四、双空题
16．已知函数的图象关于直线对称，若对任意，总存在，使得，则的最小值为___________，当取得最小值时，对恒成立，则的最大值为___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
由关于对称和可确定，由此确定，验证可知，当时，可求得，满足题意，则可确定最小值为；由，结合二倍角公式可求得，由此可确定的范围，进而得到的最大值.
【详解】
，又的图象关于直线对称，
在内至少有半个周期，才能满足，
，即，，
当时，的图象关于直线对称，，解得：，
，满足题意，的最小值为；
由得：，
即，，
即，，，
，解得：，
.
故答案为：；.
【点睛】
关键点点睛：本题中的最大值的求解的解题关键是能够利用二倍角公式将不等式转化为关于的一元二次不等式的形式，通过解不等式确定的范围，结合正弦函数的性质可确定的范围.
评卷人
得分



五、解答题
17．在中，角所对的边分别为，.
（1）求；
（2）点在外，，，若四边形的面积为，证明：四边形为梯形.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差公式可化简已知等式求得，由此得到；
（2）设，，利用面积桥可得到；在和中，利用余弦定理可构造方程得到，由此求得，可得，证得，结合可得结果.
【详解】
（1）由正弦定理得：，
，
，，，
，，，
，.
（2）设，，

，，，
，，
四边形的面积为，，即…①，
在,中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
，化简得：…②，
由①②得：，，，，，
，与互补，，
又，四边形是梯形.
【点睛】
关键点点睛：本题考查解三角形的相关知识，涉及到正余弦定理和三角形面积公式的应用；解题关键是能够利用余弦定理和面积桥构造方程求得的长.
18．已知数列满足，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）令，证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）依题意可得，再两边取倒数，即可得到，从而得证；
（2）由（1）可得，则，利用放缩法得到，再利用裂项相消法求和即可得证；
【详解】
解：（1）因为，所以，
因为，所以﹐
所以
所以
又因为.所以是以1为首项，公差为1的等差数列.
（2）由（1）得，所以，
所以，所以，
所以

即，
【点睛】
数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
19．在三棱锥中，G是的重心，P是面内一点，且平面.

（1）画出点P的轨迹，并说明理由；
（2）平面，，，，当最短时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分别取，三等分点E，F，因为G是的重心，结合面面平行的判定定理即可证明平面平面，故有平面，得点P的轨迹为；假设P不在上，根据平行关系会得出矛盾结果；
（2）由余弦定理得，根据垂直关系可证，故当点P与E重合时，最短，以C为坐标原点，建立坐标系，分别求得平面和的一个法向量，再结合向量的夹角公式即可求出二面角的余弦值．
【详解】
解；（1）分别取，三等分点E，F，其中，，
连接，，，则为点P的轨迹.
①因为，，所以，
因为平面，所以平面，
因为G是的重心，所以，
因为平面.所以平面，
因为，所以平面平面，
当P在上时，平面
②如图，假设P不在上，任取上一点Q，连接，
因为平面，平面，，
所以平面平面，
所以平面，
因为平面平面，平面，所以，
所以，与矛盾，
所以假设不成立，"
综上所述，为点P的轨迹.

（2）由余弦定理得，解得，
所以，所以，
因为，所以，
因为平面，所以，
因为，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
当点P与E重合时，最短，
如图，在平面内，作，以C为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，得，
设为平面的一个法向量，
则，即
令，符，
所以，
所以二面角的余弦值为.

【点睛】
本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设 分别为平面 的法向量，则二面角 与 互补或相等，求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
20．足球比赛中规定，若双方在进行了90分钟激战和加时赛仍然无法分出胜负，则采取点球大战的方式决定胜负，点球大战规则如下：两队应各派5名队员，双方轮流踢，如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次时可能射中的球数，则不需再踢，若5轮之后双方进球数相同，则继续点球，直到出现某一轮结束时，一方踢进且另一方未踢进时比赛结束，现有甲乙两支球队进行点球大战，每支球队每次点球进球的概率均为，每轮点球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）最少进行几轮比赛能分出胜负？并求相应概率：
（2）求至少进行5轮比赛才能分出胜负的概率.
【答案】（1）最少三轮能定胜负，三场能定胜负的概率为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）一方进球3次，另一方还未进球，根据每次点球进球的概率即可获解；
（2）由（1），先分析四轮结束时的情况，再由对立事件的概率公式即可求解.
【详解】
（1）一方进球3次，另一方还未进球时即可分出胜负，故最少三轮能定胜负.
当三轮能定胜负时，甲进3球，乙不进球：或乙进3球，甲不进球，
所以三场能定胜负的概率为.
（2）记第四轮结束时，甲，乙进球数分别记为X，Y
若第四轮结束时，甲胜出有以下情况(按照甲的进球数分类)；
①甲进2球，乙进0球，其概率，
②甲进3球，乙进0球或1球，其概率
，
③甲进4球，乙进1球或2球，其概率
，
所以第四轮结束时，甲获胜的概率为，
所以第四轮结束时，能定胜负的概率为，
所以至少5轮比赛才能分出胜负的概率为.
21．已知，，E，F分别为的外心和重心，且.
（1）求点C的轨迹Γ的方程；
（2）设M､N､P为轨迹Γ上的三个点，以为直径的圆过原点O，点D在线段上，且，求的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值．
【解析】
【分析】
（1）设，根据重心坐标公式求得坐标，又因为，得坐标，根据列方程化简即可求得C的轨迹Γ的方程；
（2）设分类讨论与，设直线的方程，代入椭圆方程，求得两根关系，由，得，化为，根据，即可求出的最大值．
【详解】
解：（1）设，则的重心，
因为，则，
又因为E为的外心，所以，
所以，
化简得，
所以点C的轨迹Γ的方程为；
（2）设，若，则为等腰直角三角形，
由对称性不妨设，代入椭圆方程，得；
若，同理可得；
若，设直线的方程为，其中，，
设，，
由，得，
依题意得，，，
因为，所以，
所以，
所以，化简得，
所以，化简得，
因为，所以，所以
综上，D的轨迹方程是.
设点，则，所以，
因为，所以，所以，
所以当P为，D为或P为，D为
取到最大值．
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若，设
（i）证明：有唯一正零点：
（ii）记的正零点为，证明：当时，
【答案】（1）答案见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求导，讨论a与0的关系，从而根据导数的正负求得单调区间；
（2）（i）由（1）知，当时，在单调递减，在单调递增，且，，故存在唯一正零点；
（ii）设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，将问题转化为证明，将化简，即可将证明简化为，因为在单调递增，所以只需证明，即；，通过导数研究其在上的单调性即可证明结论.
【详解】
解（1）.
若，则当时，，当时，.
所以在上单调递增；
若，则当时，，当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，在(单调递增；
若，则当时，，当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增.
（2）（i）由（1）知，当时，在单调递减，在单调递增，
所以，
，
所以存在唯一正零点，
（ii）设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，所以要证明，，只需要证明加，
即证，即证，
因为，，
所以只需证，即证.
因为在单调递增，所以只需证明，
因为，所以只需证明，
因为
设，则
所以在上单调递增，所以，
所以，
所以原不等式得证.
【点睛】
方法点睛：（1）导数中含有参数，对参数分类讨论后，求得单调区间；
（2）根据函数单调性及边界点取值情况，极值情况，判断函数的零点情况；
（3）通过导数证明不等式，构造新函数，将问题转化为函数的最值问题，利用导数证明即可.