福建省福州市2021届高三数学3月质量检测（一模）试题（Word版附答案）

2021 年 3 月福州市高中毕业班质量检测 数学试题 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准考证号、姓名.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.第 I 卷每小题选出答案后，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.第 II 卷用 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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 第 I 卷 一、单项选择题：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.已知集合 {1,2,3,4,5}A  ， { 2 1, }B x x k k A   ∣ ，则 A B  A. {1,3} B. {2,4} C. {3,5} D. {1,3,5} 2.设复数 ( , )z a bi a b   Z Z ，则满足| 1| 1z  „ 的复数 z 有 A. 7 个 B. 5 个 C. 4 个 D. 3 个 3.“ 5m„ ”是“ 2 4 5 0m m  „ ”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 4.若抛物线 2y mx 上一点 ( ,2)t 到其焦点的距离等于 ，则 A. 1 4m  B. 1 2m  C. 2m  D. 4m  5.已知函数 ( ) lnf x x ，则函数 1( )1y f x   的图象大致为 A B C D 6.在 ABC△ 中，E 为AB 边的中点，D 为AC 边上的点，BD，CE 交于点F.若 3 1 7 7AF AB AC    ， 则 AC AD 的值为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学.如图，有一列曲线 P0，P1，…， Pn，….已知 P0 是边长为 1 的等边三角形，Pk+1 是对 Pk 进行如下操作而得到：将 Pk 的每条边三 等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉 ( 0,1,2, )k   ..记 Pn 的周长为 Ln、所围成的面积为 Sn.对于 n N  ，下列结论正确的是 P0 P1 P2 … Pn … A. n n S L       为等差数列 B. n n S L       为等比数列 C. 0M  ，使 nL M D. 0M  ，使 nS M 8. 已知函数 ( ) 2sin( )( 0,| | )2f x x        的图象过点 (0,1) ，在区间 ,12 3       上为单 调函数，把 ( )f x 的图象向右平移π个单位长度后与原来的图象重合.设 1 2 5, ,2 6x x      且 1 2x x ，若    1 2f x f x ，则  1 2f x x 的值为 A. 3 B. 1 C. 1 D. 3 二、多项选择题：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. “一粥一饭，当思来之不易”，道理虽简单，但每年我国还是有 2000 多亿元的餐桌浪费， 被倒掉的食物相当于 2 亿多人一年的口粮.为营造“节约光荣，浪费可耻”的氛围，某市发起 了“光盘行动”.某机构为调研民众对“光盘行动”的认可情况，在某大型餐厅中随机调查了 90 位来店就餐的客人，制成如右所示的列联表，通过计算得到 K2 的观测值为 认可 不认可 40 岁以下 20 20 40 岁以上（含 40 岁） 40 10 9.已知  2 6.635 0.010P K … ，  2 10.828 0.001P K … ，则下列判断正确的是 A.在该餐厅用餐的客人中大约有 66.7%的客人认可“光盘行动” B.在该餐厅用餐的客人中大约有 99%的客人认可“光盘行动” C.有 99%的把握认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关 D.在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下，认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关 10.如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，P 为所在棱的中点，则 在这四个正方体中，直线 AB∥平面 MNP 的是 A B C D 11.已知 P 是双曲线 2 2 : 14 5 x yE   在第一象限上一点，F1，F2 分别是 E 的左、右焦点， 1 2PF F△ 的面积为 15 2 .则以下结论正确的是 A.点 P 的横坐标为 5 2 B. 1 23 2F PF    C. 1 2PF F△ 的内切圆半径为 1 D. 1 2F PF 平分线所在的直线方程为3 2 4 0x y   12. 在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数.最基本的双曲函数是双曲正弦函数 sinh 2 x xe ex  和双曲余弦函数 cosh 2 x xe ex  等.双曲函数在物理及生活中有着某些 重要的应用，譬如达·芬奇苦苦思索的悬链线（例如固定项链的两端，使其在重力的作用下自 然下垂，那么项链所形成的曲线即为悬链线）问题，可以用双曲余弦型函数来刻画.则下列结 论正确的是 A. 2 2cosh sinh 1x x  B. coshy x 为偶函数，且存在最小值 C. 0 0x  ，  0 0sinh sinh sinhx x D. 1 2,x x R  ，且 1 2x x ， 1 2 1 2 sinh sinh 1x x x x   第 II 卷 注意事项： 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. 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在题中的横线上. 13.设 x，y 满足约束条件 4 0, 2 6 0, 0, x y x y y       „ … … 则 2x y 的取值范围为 . 14. 51x x     的展开式中， 1 x 的系数为 . 15.在三棱锥 P ABC 中，侧面 PAC 与底面 ABC 垂直， 90BAC  ， 30PCA   ， 3AB  ， 2PA  .则三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为 . 16.已知圆 C 的方程为 2 2( 2) ( 1) 4x y    ，过点 (2,0)M 的直线与圆 C 交于 P，Q 两点（点 Q 在第四象限）.若 2QMO QPO   ，则点 P 的纵坐标为 . 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.（本小题满分 10 分） 在① 2 1n nS a  ；② 1 1a   ，  2 1log 2 1n na a n   ；③ 2 1 2n n na a a  ， 2 3S   ， 3 4a   这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答. 问题：已知单调数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 . （1）求 na 的通项公式； （2）求数列 nna 的前 n 项和 nT . 18.（本小题满分 12 分） 在 ABC△ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， cos cosa b c B b C   . （1）求角 C 的大小； （2）设 CD 是 ABC△ 的角平分线，求证： 1 1 1 CA CB CD   . 19.（本小题满分 12 分） 如图，在三棱台 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1 1 1AA AC CC   ， 2AC  ， 1AC AB . （1）求证：平面 1 1ACC A  1 1ABB A ； （2）若 90BAC  ， 1AB  ，求二面角 1A BB C  的正弦值. 20.（本小题满分 12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yE a ba b     的左、右顶点分别为 1( 2,0)A  ， 2 ( 2,0)A ，上、下顶 点分别为 B1，B2，四边形 1 2 2 1A B A B 的周长为 4 3 . （1）求 E 的方程； （2）设 P 为 E 上异于 A1，A2，的动点，直线 A1P 与 y 轴交于点 C，过 A1 作 1 2A D PA∥ ，交 y 轴于点 D.试探究在 x 轴上是否存在一定点 Q，使得 3QC QD   ，若存在，求出点 Q 坐标； 若不存在，说明理由. 21. （本小题满分 12 分） 从 2021 年 1 月 1 日起某商业银行推出四种存款产品，包括协定存款、七天通知存款、结构性 存款及大额存单.协定存款年利率为 1.68%，有效期一年，服务期间客户帐户余额须不少于 50 万元，多出的资金可随时支取；七天通知存款年利率为 1.8%，存期须超过 7 天，支取需要提 前七天建立通知；结构性存款存期一年，年利率为 3.6%；大额存单，年利率为 3.84%，起点 金额 1000 万元.（注：月利率为年利率的十二分之一） 已知某公司现有 2020 年底结余资金 1050 万元. （1）若该公司有 5 个股东，他们将通过投票的方式确定投资一种存款产品，每个股东只能选 择一种产品且不能弃权，求恰有 3 个股东选择同一种产品的概率； （2）公司决定将 550 万元作协定存款，于 2021 年 1 月 1 日存入该银行账户，规定从 2 月份 起，每月首日支取 50 万元作为公司的日常开销.将余下 500 万元中的 x 万元作七天通知存款， 准备投资高新项目，剩余 (500 )x 万元作结构性存款. ①求 2021 年全年该公司从协定存款中所得的利息； ②假设该公司于 2021 年 7 月 1 日将七天通知存款全部取出，本金 x 万元用于投资高新项目， 据专业机构评估，该笔投资到 2021 年底将有 60%的概率获得 3 20.02 0.13530000 x x x   万 元的收益，有 20%的概率亏损 0.27x 万元，有 20%的概率保本.问：x 为何值时，该公司 2021 年存款利息和投资高新项目所得的总收益的期望最大，并求最大值. 22.（本小题满分 12 分） 已知 2( ) e 1xf x x  . （1）判断 ( )f x 的零点个数，并说明理由； （2）若 ( ) (2ln )f x a x x… ，求实数 a 的取值范围. 2021 年 3 月福州市高中毕业班质量检测 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。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 1. C 2.B 3.B 4.A 5. D 6.C 7.D 8.C 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 9. AC 10.ABD 11.BCD 12.BCD 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. [ 2,4] 14. 5 15. 25π 16. 1 2 四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分. 17.（本小题满分 10 分） 【命题意图】本小题主要考查等比数列、 na 与 nS 的关系、数列求和等基础知识；考查推理论 证能力、运算求解能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想；考查逻辑推理、数学运算 等核心素养，体现基础性、综合性.满分 10 分. 【解答】（1）选①，即 2 1n nS a  （i）则 当 1n  时， 1 12 1S a  ， 1 1a   ； 当 2n… 时， 1 12 1n nS a   （ii） （i）（ii）两式相减得 12n na a  ， 所以 na 为等比数列，其中公比为 2，首项为 1 . 所以 12n na   . 选②，即 1 1a   ，  2 1log 2 1n na a n   所以当 2n… 时，    2 1 2 1log log 2n n n na a a a   即 1 1 4n n a a    ， 所以  * 2 1 ( )ka k N 为等比数列，其中首项为 1 1a   ，公比为 4， 所以 1 (2 1) 1 2 1 1 4 2k k ka          . 由 1 1a   ，  2 1 2log 1a a  ，得 2 2a   ， 同理可得， 1 2 1 * 2 2 4 )2 (k k ka k      N . 综上， 12n na   选③，即 2 1 2n n na a a  ， 2 3S   ， 3 4a   . 所以 na 为等比数列，设其公比为 q， 则 1 2 1 (1 ) 3, 4, a q a q       解得 1 1, 2, a q     或 1 9, 2 ,3 a q     又因为 na 为单调数列，所以 0q  ，故 1 1, 2, a q     所以 12n na   . （2）由（1）知， 12n nna n    ， 所以 2 2 11 2 2 3 2 ( 1) 2 2 ,n n nT n n            2 2 12 2 2 2 ( 2) 2 ( 1) 2 2n n n nT n n n             ， 两式相减得 2 2 11 2 2 2 2 2n n n nT n           2 1 2n nn    所以 ( 1) 2 1n nT n    . 18.（本小题满分 12 分） 【命题意图】本小题主要考查解三角形等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考 查函数与方程思想、数形结合思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现 基础性、综合性.满分 12 分. 【解答】解法一：（1）因为 cos cosa b c B b C   ， 由正弦定理得 sin sin sin cos sin cosA B C B B C   ， 因为 sin( ) sin( ) sinB C A A    ， 所以 sin( ) sin sin cos sin cosB C B C B B C    ， 所以 2sin cos sin 0B C B  ， 因为 (0, )B  ，所以sin 0B  ，所以 1cos 2C   又 (0, )C  ，所以 2 3C  （2）因为 CD 是 ABC△ 的角平分线，且 2 3C  ， 所以 3ACD BCD     . 在 ABC△ 中， ABC ACD BCDS S S △ △ △ ，则由面积公式得 1 2 1 1sin sin sin2 3 2 3 2 3CA CB CA CD CD CB       ， 即CA CB CA CD CD CB     . 两边同时除以 CA CB CD  得 1 1 1 CA CB CD   . 解法二：（1）因为 cos cosa b c B b C   ， 由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 2 2 a c b a b ca b c bac ab         ， 整理得 2 22 ( ) 2 2a a b c b   ，即 2 2 2 0a b c ab    ， 所以 (1 2cos ) 0ab C  ， 所以 1cos 2C   ， 又 (0, )C  ，所以 2 3C  . （2）因为 CD 是 ABC△ 的角平分线，且 2 3C  ， 所以 3ACD BCD     . 在 ABC△ 中，由正弦定理得 2sin sin sin 3 CA CB AB B A   ， 即 sin sin sin sin3 3 CA CB AD DB B A     . 同理在 CAD△ 和 CBD△ 中，得 sin sin 3 CD AD A  ， sin sin 3 CD DB B  ， 所以 sin sin sin CA CD CD B A B   ，即 sin sin CA CD CD B A   ， 故 CA CD CD CA CB   ，即1 CD CD CB CA   ， 故 1 1 1 CA CB CD   . 19.（本小题满分 12 分） 【命题意图】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础 知识；考查推理论证能力、运算求解能力与空间想象能力；考查数形结合思想；考查直观想 象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性.满分 12 分. 【解答】（1）依题意，四边形 1 1ACC A 为等腰梯形，过 1A ， 1C 分别引 AC 的垂线，垂足分别 为 D，E，则  1 1 1 1 1 1 1(2 1)2 2 2 2AD AC AC AA       ，故 1 60A AC   . 在 1ACA△ 中， 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 cos 1 2 2 1 2 32AC A A AC A A AC A AC            ， 所以 2 2 2 1 1AC A A AC  ，故 1 90AAC   ，即 1 1AC AA . 因为 1AC AB ， 1AB AA A  ，且 AB， 1AA  平面 1 1ABB A ， 所以 1 1 1 AC ABB A 平面 ， 因为 1 1 1 AC ACC A 平面 ， 所以 1 1 1 1ACC A ABB A平面 平面 平面 . （2）因为 AB AC ， 1AC AB ， 1AC AC C  ，且 AC， 1 1AC ACC A 平面 ，所以 1 1 AB ACC A 平面 ，结合（1）可知 AB，AC，A1D 三条直线两两垂直. 以 A 为原点，分别 以 1, ,AB AC DA    的方向为 x，y，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 A-xyz，如图所示，则各 点坐标为 (0,0,0)A ， (1,0,0)B ， (0,2,0)C ， 1 1 30, ,2 2A       ， 1 3 30, ,2 2C       . 由（1）知， 1 1 2 2 3 30, , (0, 3, 1)2 23 3 n AC             为平面 1 1ABB A 的法向量. ( 1,2,0)BC   ， 1 1 30, ,2 2C C        ， 设 2 ( , , )n x y z 为平面 1 1BCC B 的法向量，则 2 2 1 , , n BC n C C        故 2 2 1 2 0, 1 3 0,2 2 n BC x y n C C y z               取 2 (2 3, 3,1)n  ， 所以 1 2 1 2 1 2 3 1 1cos , 2 4 4 n nn n n n          设二面角 1A BB C  的大小为 ，则 21 15sin 1 4 4         . 20.（本小题满分 12 分） 【命题意图】本小题主要考查直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查推理论证能力、运算 求解能力；考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推 理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性.满分 12 分. 【解答】解法一：（1）依题意， 2a  由椭圆的对称性可知，四边形 1 2 2 1A B A B 为菱形，其周长为 2 24 4 3a b  . 所以 1b  所以 E 的方程为 2 2 12 x y  . （2）设  0 0,P x y ，则 2 2 0 02 2y x  ， 直线 1A P 的方程为 0 0 ( 2) 2 yy x x    ，故 0 0 20, 2 yC x       ， 由 1 2A D PA∥ 知 1A D 的方程为 0 0 ( 2) 2 yy x x    ，故 0 0 20, 2 yD x       ， 假设存在 ( ,0)Q t ，使得 3QC QD   ，则 0 0 0 0 2 2, , 2 2 y yQC QD t t x x                     2 2 0 2 0 2 2 yt x    2 2 0 2 0 2 2 xt x    2 1t  3 . 解得 2t   . 所以当 Q 的坐标为 ( 2,0) 时， 3QC QD   解法二（1）同解法一. （2）当点 P 与点 B1 重合时，C 点即 1(0,1)B ，而点 D 即 2 (0, 1)B  ，假设存在 ( ,0)Q t ，使得 3QC QD   ，则 ( ,1) ( , 1) 3t t     ，即 2 1 3t   ，解得 2t   . 以下证明当 Q 为 ( 2,0) 时， 3QC QD   设  0 0,P x y ，则 2 2 0 02 2y x  ， 直线 A1P 的方程为 0 0 ( 2) 2 yy x x    ，故 0 0 20, 2 yC x       . 由 1 2A D PA∥ 知 A1D 的方程为 0 0 ( 2) 2 yy x x    ，故 0 0 20, 2 yD x       ， 所以 0 0 0 0 2 2, , 2 2 y yQC QD t t x x                     2 2 0 2 0 2 2 yt x    2 0 2 0 24 2 x x    4 1  3 . 说明：Q 只求出 (2,0) 或 ( 2,0) ，不扣分. 21.（本小题满分 12 分） 【命题意图】本小题主要考查古典概型、概率分布列、等差数列、导数等基础知识；考查数 据处理能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识；考查函数与方程思想、化归与转化 思想、分类与整合思想、必然与或然思想；考查数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养， 体现综合性、应用性与创新性.满分 12 分. 【解答】（1）设恰好有 3 个股东同时选择同一款理财产品的事件为 A，由题意知，5 个股东共 有 45 种选择，而恰好有 3 个股东同时选择同一款理财产品的可能情况为  3 2 3 5 4 4C A A  种， 所以  3 2 3 5 4 4 5 45( ) 4 128 C A A P A     . （2）①2021 年全年该公司从协定存款中所得的利息为： 0.0168[(550 500 450 100 50) 50] 12        550 50 11 50 0.0014 4.692         （万元）. ②由条件，高新项目投资可得收益频率分布表 投资收益 t 3 20.02 0.13530000 x x x   0 0.27x P 0.6 0.2 0.2 所以，高新项目投资所得收益的期望为： 3 2 3 2( ) 0.02 0.135 0.6 0 0.2 0.2 0.27 0.00002 0.012 0.02730000 xE t x x x x x x                所以，存款利息和投资高新项目所得的总收益的期望为： 3 2 6( ) 0.00002 0.012 0.027 0.036 (500 ) 0.018 4.6912L x x x x x x          3 20.00002 0.012 22.69(0 500)x x x    „ „ .  2 '( ) 0.00006 400L x x x   令 '( ) 0L x  ，得 400x  ，或 0x  . 由 '( ) 0L x  ，得 0 400x  ；由 '( ) 0L x  ，得 400 500x  . 由条件可知，当 400x  时， ( )L x 取得最大值为： (400) 662.69L  （万元）. 所以当 400x  时，该公司 2021 年存款利息和投资高新项目所得的总收益的期望取得最大值 662.69 万元. 22.（本小题满分 12 分） 【解答】解法一：（1）依题意， '( ) ( 2)e xf x x x  ，则 当 ( , 2) (0, )x     时， '( ) 0f x  ；当 ( 2,0)x  时， )'( 0f x  所以 ( )f x 在区间 ( , 2),(0, )   上单调递增，在区间 ( 2,0) 上单调递减. 因为 2 4( 2) 1 0ef     ， (1) e 1 0f    所以 ( )f x 有且只有 1 个零点. （2）令 2( ) e (2ln ) 1xF x x a x x    ，则  2( 2) e( 2)'( ) ( 2)e ( 0) x x x x aa xF x x x xx x       . ①若 0a„ ，则 '( ) 0F x  ， ( )F x 为增函数， 1 e 1 1 e 11 2ln 1 ln 4 02 4 2 2 4 2F a a                        ，不合题意； ②若 0a  ，令 2( ) e ( 0)xh x x x  ，易知 ( )h x 单调递增，且值域为 (0, ) ，则存在 0 0x  ， 使得 02 0 exx a ，即 0 02ln lnx x a  . 当  00,x x 时， '( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减； 当  0,x x  时， '( ) 0F x  ， ( )F x 单调递增.    02 min 0 0 0 0( ) e 2ln 1 ln 1xF x F x x a x x a a a        ， 令 ( ) ln 1a a a a    ， '( ) lna a   ， 当 0 1a  时， '( ) ln 0a a    ；当 1a  时， '( ) ln 0a a    ； 所以 ( ) (1) 0a  „ ， 由 ( ) 0F x … 得 ( ) 0a … ，所以 1a  . 综上，a 的取值范围是{1}. 解法二：（1）同解法一. （2）令 2ext x ，当 0x  时， 0t  ， 则 ln 2lnt x x  ，故 ( ) (2ln ) 1 lnf x a x x t a t  … … . 令 ( ) 1 lnF t t a t   ，则 '( ) 1 a t aF t t t    ， ①若 0a„ ，则 '( ) 0F t  ， ( )F x 为增函数，又 (1) 0F  ，故当 0 1t  时， ( ) 0F t  ，不合 题意. ②若 0a  ，则当 (0, )t a 时， '( ) 0F t  ；当 ( , )t a  时， '( ) 0F t  ； 所以 ( )F t 在区间 (0, )a 上单调递减，在区间 ( , )a  上单调递增， 因为 (1) 0F  ，所以 若 1a  ，则当 (1, )t a 时 ( ) 0F t  ，不合题意； 若 0 1a  ，则当 ( ,1)t a 时 ( ) 0F t  ，不合题意； 若 1a  ，则 ( ) (1) 0F t F … ，符合题意. 综上，a 的取值范围是{1}.