2021届福建省福州第三中学高三上学期第二次质量检测数学试题（含解析）

福州三中2020-2021学年高三第二次质量检测

数学

第Ⅰ卷

一、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. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先由一元二次不等式的解法求得集合A，再根据补集的运用和交集的运算求得答案.

【详解】解：由得，解得，

所以，，所以，

故选：C．

2. 已知复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题可求出，再根据共轭复数的概念计算可得.

【详解】，

所以.

故选：A．

3. 已知等比数列中，，，则（    ）

A.  B.  C. 或 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由等比数列性质可知，即可求解，进而求出．

【详解】解：由等比数列性质可知，所以或，

但，可知，所以，则，

故选：B

4. 陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一.传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽.中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中就发掘了石制的陀螺.如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱.其中总高度为，圆柱部分高度为，已知该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意求得该陀螺的总体积，结合圆柱和圆锥的体积公式，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，

可得该陀螺的总体积为，

设底面半径为，则，解得.

故选:B.

5. 某市近几年大力改善城市环境，全面实现创建生态园林城市计划，现省专家组评审该市是否达到“生态园林城市”的标准，从包含甲、乙两位专家在内的8人中选出4人组成评审委员会，若甲、乙两位专家至少一人被邀请，则组成该评审委员会的不同方式共有（    ）

A. 70种 B. 55种 C. 40种 D. 25种

【答案】B

【解析】

【分析】先计算全部的选法，再考虑甲、乙均不选的选法，利用间接法作差即可．

【详解】解：8人中选4人有种，甲、乙均不选有种，共有种．

故选：B．

6.  如图所示，在直角三角形中，为直角，以为圆心，为半径作圆弧交于点，若将的面积分成相等的两部分，设（弧度），则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意得到，再根据三角形的面积公式和扇形的面积公式即可得到答案.

【详解】解：因为将的面积分成相等的两部分，

所以，

所以，,

所以，，

化简得：.

故选：D.

【点睛】本题主要考查扇形的面积公式、弧长公式，考查学生的计算能力和转化思想，属于基础题.

7. 设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为，

充分性：，则对任意的恒成立，则，

，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；

若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.

所以，“，”“为递增数列”；

必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.

所以，“，”“为递增数列”.

因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.

故选：A.

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．

8. 从某个角度观察篮球(如图1)，可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮形为圆O，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，AB＝BC＝CD，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设出双曲线方程，通过做标准品和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，且AB＝BC＝CD，推出点在双曲线上，然后求出离心率即可.

【详解】设双曲线的方程为，

则，因为AB＝BC＝CD，

所以，所以，

因为坐标轴和双曲线与圆O交点将圆O的周长八等分，

所以在双曲线上，

代入可得，解得，

所以双曲线的离心率为.

故选：D

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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 已知，，则下列不等式一定成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】利用不等式性质可判断A，由基本不等式可判断B，利用指数函数的单调性判断C，由作差法判断D.

【详解】对于A项：因为，所以，又，所以，A错；

对于B项：因为，所以，B对；

对于C项：，因为，，所以，又因为，所以，C对；

对于D项：，所以，D错.

故选：BC．

10. 已知点是函数图像的一个对称中心，其中为常数且，则以下结论正确的是（    ）

A. 的最小正周期是

B. 将函数的图像向左平移个单位后所得的图像关于原点对称

C. 函数在上的最小值为

D. 若，则

【答案】BC

【解析】

【分析】将代入可得，得出，从而可得，由可判断A；根据三角函数的平移变换可判断B；利用三角函数的性质可判断A；根据三角函数的单调性可判断D.

【详解】解：因为点是函数一个对称中心，

所以，即，解得，，

又因为，所以，，

对于A项：最小正周期为，故A错；

对于B项：将向左平移个单位可得，

其图象关于原点对称，故B对；

对于C项：当时，，所以，

可得，所以的最小值为，故C对；

对于D项：因为，所以，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，故D错，

故选：BC．

11. 关于函数的性质的描述，正确的是（    ）

A. 的定义域为 B. 有且仅有一个零点

C. 的图象关于原点对称 D. 的值域为

【答案】AC

【解析】

【分析】根据对数的真数大于0和分式中的分母不等于0，可求得函数的定义域判断A选项；

令，结合函数的定义域可判断B选项；

由函数的定义域和，得出函数为奇函数，根据奇函数的图象性质可判断C选项；

由C选项可知的值域应关于原点对称，可判断D选项．

【详解】解：依题意可知，，解得且，故A正确；

因为函数的定义域为，所以，

令得，但注意到，函数没有零点，故B不正确；

因为，且定义域，所以为奇函数，图象关于原点对称，故C正确；

由C正确可知的值域应关于原点对称，故D不正确．

故选：AC．

12. 如图，已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，底面圆O的直径为2．C是圆O上异于A，B的一点，D为弦AC的中点，E为线段PB上异于P，B的点，以下正确的结论有（    ）

A. 直线平面PDO B. CE与PD一定为异面直线

C. 直线CE可能平行于平面PDO D. 若，则的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用线面垂直定理可判断A，由异面直线判定可判断B，利用反证法可判断C，利用平面几何知识可判断D.

【详解】对于A项：在中，，D为AC中点，

所以，又PO垂直于圆O所在的平面，

所以，因为，所以平面PDO，故A正确．

对于B项：由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确．

对于C项：因为可得平面PDO，若直线平面PDO，则有平面平面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错．

对于D项：在三棱锥中，将侧面PBC绕PB旋转至平面，使之与平面PAB共面，如图所示，

则当A，E，共线时，取得最小值，

因为，，所以，

由余弦定理可得，即的最小值为，故D对．

故选：ABD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，，若，则______．

【答案】2

【解析】

【分析】求出的坐标，由推出，列出方程即可求得m.

【详解】已知，，

所以，

由可得，解得．

故答案：2.

14. 已知随机变量服从正态分布，若，则______．

【答案】3

【解析】

【分析】利用正态分布的性质即求.

【详解】依题意可知．

故答案为：3.

15. 若二项式的展开式中二项式系数和为64，则该二项展开式的常数项的值为______．

【答案】240

【解析】

【分析】根据展开式的二项式系数和，求得n，再得出展开式中第项，令，可求得答案.

【详解】解：展开式的二项式系数和为，解得，

故展开式中第项为：，．

令，得，所以展开式中的常数项为．

故答案为：240.

16. 已知函数，若，则函数的增区间为______；若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是______．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】（1）去绝对值得到分段函数，再利用对勾函数及基本函数的单调性可得函数的增区间；

（2）分，和三种情况讨论，函数的零点个数.

【详解】当时，，

当时，在上减，在上增，

当时，在上减，故综上可知，的增区间为；

因为将函数沿轴方向平移后，不改变零点个数，故只需研究的零点个数，即将问题转化为与直线的交点个数为3个，

当时，与直线有且仅有2个交点，

当时，作出的图象如图所示：

要使得交点个数为3个，则须，解得，

当时，作出的图象如图所示：

要使得交点个数为3个，则须，解得.

综上所述，实数的取值范围是．

故答案为：；.

四、解答题：本题共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. 在中，角的对边分别为，且.

（1）求角C；

（2）若，D为边BC的中点，在下列条件中任选一个，求AD的长度.条件①：的面积，且；条件②：.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得到求解；

（2）选择条件①：由的面积结合余弦定理求得 ，b，然后在中，利用余弦定理求解；选择条件②：由求得，再利用两角和的正弦公式求得，再在中，利用正弦定理求得 ，b，然后在中，利用余弦定理求解.

【详解】（1）因为，

所以，

又，

所以，

因为，

所以，所以，即，

又，

所以；

（2）选择条件①：

由的面积可得，即①，

又 ，所以②，

联立①②得 或，

又，所以，

在中，由余弦定理可得，

，

所以.

选择条件②：

由得，

所以，

在中，由，得，

所以，

在中，由余弦定理可得

，

所以.

【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

18. 已知数列的前n项和为，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）利用的关系可得，即可知为等比数列，写出等比数列通项公式即可.

（2）由（1）得，利用分组求和，并结合错位相减法及等差、等比前n项和公式求.

【详解】（1）当时，，解得，

当时，，则，即，

又，则，

∴（常数），故是以为首项，以3为公比的等比数列，

∴数列的通项公式为．

（2）由（1）可得：，

∴，

设，则

∴，

∴，又，

∴

19. 如图在三棱柱中，侧面为边长为2的菱形，，，.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明详见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）连结交于点，连结，通过菱形的性质得出，，得出为等边三角形，根据三边关系得出，再由 可得答案.

（2）以O为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量与的夹角的余弦值可得答案.

【详解】（1）设交于点，连接，

因为四边形为菱形，，

所以，，

所以为等边三角形，即可得.

在中，，

∴，即.

又知，，，平面，

所以平面.

（2）由（1）易知平面，所以，，两两垂直.

以为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，

，，

设平面的法向量为，

∴，令，则.

又知.

设直线与平面所成角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值.

【点睛】本题考查线面的判定，以及通过空间向量法求线面夹角，考查逻辑推理能力.

20. 已知甲盒中有三个白球和三个红球，乙盒中仅装有三个白球，球除颜色外完全相同，现从甲盒中任取三个球放入乙盒中.

（1）求乙盒中红球个数的分布列与期望；

（2）求从乙盒中任取一球是红球的概率.

【答案】（1）答案见解析，；（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意知的可能取值为0，1，2，3.分别求出随机变量取各值的概率，得出分布列，再由期望公式求出期望；

（2）分乙盒中红球个数为0，为1，为2，为3时的概率，再得用概率的加法公式可得答案.

【详解】解：（1）由题意知的可能取值为0，1，2，3.

，，

，，

所以的分布列为

所以.

（2）当乙盒中红球个数为0时，，

当乙盒中红球个数为1时，，

当乙盒中红球个数为2时，，

当乙盒中红球个数为3时，，

所以从乙盒中任取一球是红球的概率为.

【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，以及概率的加法公式，属于中档题.

21. 已知点，，设动点P满足直线PA与PB的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线E．

（1）求曲线E的方程；

（2）若动直线l经过点，且与曲线E交于C，D（不同于A，B）两点，问：直线AC与BD的斜率之比是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．

【答案】（1）；（2）直线AC和BD斜率之比为定值．

【解析】

【分析】（1）设，依据两点的斜率公式可求得曲线E的方程．

（2）设直线l：，，，联立方程得，得出根与系数的关系，表示直线AC的斜率，直线BD的斜率，并代入计算，可得其定值.

【详解】解：（1）设，依题意可得，所以，

所以曲线E的方程为．

（2）依题意，可设直线l：，，，

由，可得，则，，

因为直线AC的斜率，直线BD的斜率，因为，

所以，

所以直线AC和BD的斜率之比为定值．

22. 已知函数.

（1）讨论的单调性.

（2）当时，若无最小值，求实数的取值范围.

【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增；

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）.

【解析】

【分析】

（1）对求导，然后对分类讨论分别得出所对应的的取值范围即为函数的单调增区间，所对应的的取值范围即为函数的单调减区间．

（2）结合（1）中的单调性结论对函数的最小值进行讨论.对于第四种情况，得出关于的不等式后，需要构造新的函数分析求解.

【详解】解：

（1）因为，所以.

令，得或.

①当时，由，得；由，得.

则在上单调递减，在上单调递增；

②当时，由，得或；由，得.

则在上单调递减，在和上单调递增.

③当时，恒成立，则在上单调递增.

④当时，由，得或；由，得.

则在上单调递减，在和上单调递增.

综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增；

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增.

（2）①当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，

则有最小值，故不符合题意.

②当时，由（1）可知在上单调递减，在和上单调递增，因为无最小值，所以，即，解得；

③当时，由（1）可知在上单调递增，

所以无最小值，所以符合题意；

④当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增.

因为无最小值，所以，即，即.

设，则

设，则在上恒成立.

故在上单调递增，即在上单调递增.

因为，所以存在唯一的，使得.

故在上单调递减，在上单调递增.

因为，所以在上恒成立，

即在恒成立，即符合题意.

综上，实数a的取值范围为.

【点睛】本题主要考查分类讨论思想，首先利用函数求导公式对函数求导，然后再利用导函数大于0或者小于0讨论函数单调性，分类时一般利用有无解对参数进行分类．

常见注意点如下：

（1）对二次项系数的符号进行讨论；

（2）导函数是否有零点进行讨论；

（3）导函数中零点的大小进行讨论；

（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.