福建省三明市2021届高三上学期普通高中期末质量检测 数学 (含答案)
展开准考证号_________姓名___________
（在此卷上答题无效）
三明市2020-2021学年第一学期普通高中期末质量检测
高三数学试题
（考试时间：2021年1月7日下午15:00-17:00 满分：150分）
本试卷共5页.
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、准考证号.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效.
3.考试结束后，考生必须将本试卷和答题卡一并交回.
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，仅有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.已知i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
3.中国清朝数学家李善兰在859年翻译《代数学》中首次将“function”译做“函数”，沿用至今.为什么这么翻译，书中解释说“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数.”这个解释说明了函数的内涵：只要有一个法则，使得取值范围中的每一个值x，有一个确定的y和它对应就行了，不管这个对应的法则是公式、图象、表格还是其它形式.已知函数由下装给出，则的值为（ ）
1 | 2 | 3 |
A.1 B.2 C.3 D.4
4.某校的辩论社由4名男生和5名女生组成，现从中选出5人组成代表队参加某项辩论比赛.要求代表队中至少一名男生，并且女生人数要比男多，那么组队的方法数为（ ）
A.80 B.81 C.120 D.125
5.已知实数x，y满足，则的最大值为（ ）
A.5 B.6 C.7 D.8
6.若，则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
7.设非零向量，的夹角为.若，且，则等于（ ）
A.30° B.60° C.120° D.150°
8.已知在区间是单调函数，若，且.将曲线向右平移1个单位长度，得到曲线，则函数在区间上的零点个数为（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
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，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9.设m，n是两条直线，，是两个平面，以下判断正确是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
10.2020年11月23日，中国脱贫攻坚战再传捷报，贵州省宣布紫云县、纳雍县、威宁县等9个县退出贫困县序列，至此，贵州全省66个贫困县全部实现脱贫摘帽，标志着全国832个贫困县全部脱贫摘帽.某研究性学习小组调査了某脱贫县的甲、乙两个家庭、对他们过去7年（2013年至2019年）的家庭收入情况分别进行统计，得到这两个家庭的年人均纯收入（单位：千元/人）数据，绘制折线图如下：
表据上图信息，对于甲、乙两个家庭的年人均纯收入（以下分别简称“甲”、“乙”）情况的判断，正确的是（ ）
A.过去7年，“甲”的极差小于“乙”的极差
B.过去7年，“甲”的平均值小于“乙”的平均值
C.过去7年，“甲”的中位数小于“乙”的中位数
D.过去7年，“甲”的年平均增长率小于“乙”的年平均增长率
11.设F是抛物线的焦点，过F且斜为的直线与抛物线的一个交点为A.半径为的圆F交抛物线的准线于B，C两点，且B在C的上方，B关于点F的对称点为D.以下结论正确的是（ ）
A.线段CD的长为8 B.A，C，F三点共线
C.为等边三角形 D.四边形ABCD为矩形
12.设其中表示不超过的最大整数.如，.以下结论正确的是（ ）
A.是偶函数 B.是周期函数
C.的最小值是 D.的最大值是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数_________.
14.已知，，且，则的最小为_________.
15.双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为_________，若E上的点A满足，其中、分别是E的左，右点，则_________.
注：本小题第一空答对得2分，第二空答对得3分.
16.已知直三棱柱的侧棱长为，底面为等边三角形.若球O与该三棱柱的各条极都相切，则球O的体积为__________.
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.（10分）
在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.
问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若_________，且，求B的大小.
注：如果选择多个条件分别解答，按笫一个解答计分
18.（12分）
设为数列的前n项和，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）设，设数列的前n项和为，证明：.
19.（12分）
某商场为了吸引顾客，举办了一场有奖摸球游戏，该游戏的规则是：将大小相同的4个白球和4个黑球装入不透明的箱子中搅拌均匀，每次从箱子中随机摸出3个球，记下这3个球的颜色后放回箱子再次授拌均匀.如果在一次游戏中摸到的白球个数比黑球多，则该次游戏得3分，否则得1分.假设在每次游戏中，每个球被模到的可能性都相等.解决以下问题：
（1）设在一次摸球游戏中摸到的白球个数为，求的分布列及其数学期望；
（2）如果顾客当天在该商场的逍费满一定金额可选择参与4次或5次游戏，当完成所选择次数后的游戏的平均得分不小于2时即可获得一份奖品.若某顾客当天的消费金额满足条件，他应如何选择游戏次数才会有更大的获奖概率？说明理由.
20.（12分）
如图，在四棱中，，，，平面平面ABCD.
（1）求证：；
（2）已知二面角的余弦值为.线段PC上是否存在点M，使得BM与平面PAC所成的角为30°？证明你的结论.
21.（12分）
已知A是椭圆的一个顶点，分别是C的左，右焦点，是面积为的等边三角形.
（1）求C的方程；
（2）若过点的直线交C于不同的两点M，N，求的取值范围.
22.（12分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若有两个不同的极值点，，且恒成立，求实数的取值范围.
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高三数学参考答案及评分细则
评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1.C 2.A 3.C 4.A 5.D 6.D 7.B 8.C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9.CD 10.ACD 11.BCD 12.BC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分.
13. 14. 15.； 16.
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.选择①
在中，根据正弦定理，，即.
所以由，得，
因为，则，
所以.
则，即.
又因为，即.
所以，则.
选择②
在中，因为，则，
所以.
所以由，
得.
根据正弦定理，，
所以，
即.
根据余弦定理，，
又因为，所以.
选择③
由，得，
即，
在中，根据正弦定理，，
所以，
因为，，，
所以，即.
所以.
不妨设，由，得.
由，得
解得.
所以.
因为，所以，所以.
18.（1）由，得①
则当时，②
①-②得.
所以，即.
又因为，且，
所以是公比为2的等比数列.
所以.
（2）由①知，
则.
所以
19.（1）依题意，的取值为0，1，2，3.
因为，.
，.
所以的分布列为
0 | 1 | 2 | 3 | |
P |
.
（2）依题意，在一次游戏中，得3分的概率为.
设n次游戏中，得3分的次数为X，则.
所以.
若该顾客选择完成4次游戏，由，得，
其获奖的概率为；
若该顾客选择完成5次游戏，由，得，
其获奖的概率为.
因为，所以该顾客应选择完成4次游戏，会有更大的获奖概率.
20.（1）因为，，
所以四边形ABCD是平行四边形，且.
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PBD，所以.
因为，所以.
所以，即.
又因为，所以平面ABCD.
因为平面ABCD，所以.
（2）设.
以D为坐标原点，分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，.
设平面PAC的一个法向量为
由，得，即.
取，得，，即.
取为平面ACD的一个法向量.
则.
因为二面角的余弦值为.
所以，解得，所以.
假设这样的点M存在，设，其中.
由，得.
则.
设BM与平面PAC所成的角为，
则.
因为，所以，解得.
所以，存在这样的点M，即当时，BM与平面PAC所成的角为.
21.（1）依题意，A是C短轴的端点.
因为是面积为的等边三角形，所以.
设，则，且.
所以
所以，
即C的方程为.
（2）当l的斜率存在时，设其方程为.
联立，消去y得：.
整理得：.
由，即，得.
设，.
则，.
则.
同理.
则
.
.
令，则，且，，
则.
由，得.
因为在单调递减，且，.
则，所以.
所以.
当l的斜率不存在时，M，N即为C短轴端点，且都在P的下方.
此时.
综上，的取值范围是.
22.（1）因为，所以.
当时，因为，所以，此时的单调递增区间为.
当时，令，得.
当时，，当时，.
此时，的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）因为，所以.
依题意，，解得.
因为，是的极值点，所以，则.
.
所以，由，可得.①
因为，.所以①等价于.
令，则，
因为，所以.
所以在单调递增，且.
所以，.
所以的取值范围是.
