福建省2021届高三5月高考适应性考试数学试题 含答案

2021 届高三模拟考数学试卷 一､选择题 1.已知集合 A ､集合  2,3, ,B a b ，且  3,4A B  ，则下列结论正确的是（ ） A.有可能 8a b  B. 8a b  C. 8a b  D. 8a b  2.设 i 为虚数单位，则复数 2 5i 1 iz    的虚部为（ ） A. 3 2 B. 3 2  C. 9 2 D. 9 2  3.某次大学生知识大赛，某校代表队 3 人参赛，答 4 道题，每人至少答 1 道题，每题仅 1 人作答，则不同的题 目分配方案种数为（ ） A.24 B.30 C.36 D.42 4.为美化环境，某城市决定用鲜花装饰如图所示花柱，它的下面是一个直径为 1 m ､高为 3 m 的圆柱形物体， 上面是一个半球形体.如果每平方米大约需要鲜花150朵，那么装饰一个这样的花柱大约需要鲜花朵数为（ ） (π取 3.1) A.1235 B.1435 C.1635 D.1835 5.某市有 15 个旅游景点，经计算，黄金周期间各个景点的旅游人数平均为 20 万，标准差为 s，后来经核实， 发现甲､乙两处景点统计的人数有误，甲景点实际为 20 万，被误统计为 15 万，乙景点实际为 18 万，被误统计 成 23 万；更正后重新计算，得到标准差为 s1，则 s 与 s1 的大小关系为（ ） A. 1s s B. 1s s . C. 1s s D.不能确定 6.已知某物种经过 x 年后的种群数量 y 近似满足冈珀茨模型： 0.1 8 ( 0)xey k k     ，当 0x  时，y 的值表示 2021 年年初的种群数量.若  *t t N 年后，该物种的种群数量不超过 2021 年初种群数量的 1 4 ，则 t 的最小值为(参 考值： ln3 1.09 )（ ） A.9 B.10 C.11 D.12 7.在 ABC 中， 4AB  ， 6AC  ， 3AC AM  ，CN NB  ， 3AN BM    ，则 AB AC   （ ） A. 3 2 B.3 C.6 D.15 8.已知 ln 2 2a  ， 1 eb  (e=2.718…为自然对数的底数)， 2ln3 9c  ，则 a，b，c 的大小关系为（ ） A. a b c  B. a c b  C.b a c  D.b c a  二､多选题 9.已知方程 2 2 2 2 12 2 x y m m    表示的曲线是双曲线，其离心率为 e ，则（ ） A. 2 2m   B.点 2,0 是该双曲线的一个焦点 C.1 2e „ D.该双曲线的渐近线方程可能为 2 0x y  10.若函数 ( ) sin(2 )f x x   对任意的 xR ，都有 ( ) ( )12f x f  ，则（ ） A. ( )f x 的一个零点为 6x   B. ( )f x 在区间 5( , )12 12   上单调递减 C. ( )12f x  是偶函数. D. ( )f x 的一条对称轴为 5 12x   11.已知 0 0a b ， ，且 4a b ab  ，则下列不等式正确的（ ） A. 16ab  B. 2 6 4 2a b   C. 0a b  D. 2 2 1 16 1 2a b   12.下列命题中，正确的命题是（ ） A.在 n 次独立重复试验中，用 X 表示事件 A 发生的次数，p 为每次试验中事件 A 发生的概率，若    30, 20E X D X  ，则 2 3p  B.已知    0.34, 0.71P BA P B  ，则   0.37P BA  C.设随机变量 服从正态分布  0,1N ，若  1P p   ，则   11 0 2P p     D.某人在10次射击中，击中目标的次数为  ~ 10,0.8X X B， ，则当 8X  时概率最大 三､填空题 13.已知直线 3 1 0x y   与圆 2 2 2 3 0x y x    交于 A ， B 两点，则 AB  ______. 14.已知 x 表示不超过 x 的最大整数，例如： 2.3 2 ， 1.5 2   .在数列 na 中， [lg ]na n ， n +N . 记 nT 为数列 na 的前 n 项和，则 2021T  ___________. 15.蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的 底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是109 28 ，这样的设计含有深刻的数学原理､我国著名数 学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构著有《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》.用数学的眼光去看蜂巢的结构， 如图，在正六棱柱 ABCDEF A B C D E    ﹣ 的三个顶点 , ,A C E 处分别用平面 BFM ，平面 BDO ，平面 DFN 截掉三个相等的三棱锥 M ABF ，O BCD ，N DEF ，平面 BFM ，平面 BDO ，平面 DFN 交于点 P ， 就形成了蜂巢的结构.如图，设平面 PBOD 与正六边形底面所成的二面角的大小为 ，则 cos  ________.(用 含 tan54 44 的代数式表示) 16.当 1 1, ,2 2x k k k      Z 时， ( )f x k .若函数 ( ) ( ) 1g x xf x mx   没有零点，则正实数 m 的取值 范围是___________. 四､解答题 17.已知 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且  3 cos 2 3 cosa C b c A  . （1）求角 A. （2）若 2 3b  ， BC 边上的高为 3，求 c. 18.已知公差不为零的等差数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足 4 8S a . （1）证明： 2 4 9, ,a a a 成等比数列； （2）若 1 2, 200ma S  ，求正整数 m 的最大值. 19.根据国际疫情形势以及传染病防控的经验，加快新冠病毒疫苗接种是当前有力的防控手段，我国正在安全､ 有序加快推进疫苗接种工作，某乡村采取通知公告､微信推送､广播播放､条幅宣传等形式，积极开展疫苗接种 社会宣传工作，消除群众疑虑，提高新冠疫苗接种率，让群众充分地认识到了疫苗接种的重要作用，自宣传开 始后村干部统计了本村 200 名居民(未接种)5 天内每天新接种疫苗的情况，得如下统计表： 第 x 天 1 2 3 4 5 新接种人数 y 10 15 19 23 28 （1）建立 y 关于 x 的线性回归方程； （2）预测该村80％居民接种新冠疫苗需要几天？ 参考公式：回归方程  y bx a  中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： 1 22 1 n i i i n i i x y nxy b x nx         ， a y bx   . 20.在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， M ， N 分别为 BC ， 1AB 的中点. （1）证明： //MN 平面 1 1ACC A ； （2）若 1 5AB AC AA   ， 2BC  ，且 1A 在底面 ABC 上的正投影恰为点 M ，求二面角 1N BC C  的 正弦值. 21.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 3 3 ，点 ,E F 分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O ， 且 EOF△ 的面积为 2 . （1）求椭圆C 的方程； （2）是否存在直线l ，使得 l 与椭圆C 相交于 ,A B 两点，且点 F 恰为 EAB 的垂心？若存在，求直线 l 的方 程，若不存在，请说明理由. 22.已知函数 ( ) ln ,f x x x ax a  R . （1）若 2( ) 0f x x   恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）当 1a   时，证明： 21 e( ) 4 x f x x x   . 2021 届高三模拟考数学试卷答案 1.B【详解】  2,3, ,B a b ，  3,4A B  ， 4 B  ，若 4a  ，由集合中元素互异性知： 4b  ， 8a b   ； 若 4b  ，同理可知： 4a  ， 8a b   ；综上所述： 8a b  . 2.B 解： 2 22 5 2 ( 5) 3(1 ) 3 3 3 3 1 1 (1 )(1 ) 2 2 2 i i iz ii i i i              ，所以复数 z 的虚部为 3 2  . 3.C【详解】由题意分配方案种数为 2 3 4 3 36C A  . 4.C【详解】圆柱侧面积为 12 3 32     ，半球的表面积为 21 14 =2 2 2       ，所以总面积为 7 10.852   ，所 以大约需要鲜花 10.85×150=1627.5 朵. 5.C【详解】由已知，两次统计所得的旅游人数总数没有变，即两次统计的各景点旅游人数的平均数是相同的， 设为 x ，则        2 2 2 2 3 15 1 15 23 ...15s x x x x x x                  2 2 2 2 1 3 15 1 20 18 ...15s x x x x x x           ，若比较 s 与 1s 的大小，只需比较    2 215 23x x   与   2 220 18x x   的大小即可，而   2 2 215 23 754 76 2x x x x      ，    2 2 220 18 724 76 2x x x x      ，所以   2 215 23x x       2 220 18x x   ，从而 1s s . 6.C【详解】因为当 0x  时，y 的值表示 2021 年年初的种群数量，所以有 8y k ，即 2021 年年初的种群数量 为8k ，当  *t t N 年后，该物种的种群数量不超过 2021 年初种群数量的 1 4 ，所以有 0.1 0.1 0.1 0.1 2 2 1 18 2 log 8 log 284 38 t t te te k e ek            10.1 ln ln3 0.1 1.09 10.93t t t           ，所以 t 的最小值为 11， 7.B【详解】如图所示，因为 3AC AM  ，所以 1 3BM AM AB AC AB        . 又因为CN NB  ，所以 1 ( )2AN AC AB    ，所以 1 1 1 32 2 3AN BM AC AB AC AB                      ， 即 2 21 1 1 36 2 3AC AB AB AC        ，又 2 222 36, 16AC AC AB AB       ，所以 3AB AC   . 8.C【详解】令   ln xf x x  ，所以   2 1 ln' xf x x  所以当  0,x e 时，  ' 0f x  ，   ln xf x x  单调递增； 当  ,x e  时，  ' 0f x  ，   ln xf x x  单调递减，因为  ln 2 2ln 2 ln 4 42 4 4a f    ，  1 ln eb f ee e    ，  2ln3 ln9 99 9c f   ，所以      4 9f e f f  ，即b a c  . 9.AC【详解】对于 A，因为方程 2 2 2 2 12 2 x y m m    表示的曲线是双曲线，所以  2 22 2 0m m   ，解得 2  2m  ，故选项 A 正确； 对于 B，将 2 2 2 2 12 2 x y m m    化为 2 2 2 2 12 2 y x m m    ，得焦点在 y 轴上，故选项 B 错误； 对于 C，因为 22 2 4m  „ ，所以  2 2 4 1,22e m   ，故选项 C 正确； 对于 D，因为双曲线的渐近线斜率的平方 2 2 2 2 12 mk m   … ，所以选项 D 错误. 10.ACD 解：函数 ( ) sin(2 )f x x   对任意的 xR ，都有 ( ) ( )12f x f  „ ，则当 12x  时，函数取得最大值， 故有 2 212 2k      ，即 2 3k    ， k Z ，取 3   ，则 ( ) sin(2 )3f x x   . 令 6x   ，求得 ( ) 0f x  ，可得 ( )f x 的一个零点为 6x   ，故 A 正确；当 5( 12x   ， )12  ，2 (3 2x     ， )2  ， ( )f x 单调递增，故 B 错误； ( ) sin(2 ) cos212 6 3f x x x       ，是偶函数，故C 正确；令 5 12x   ， 求得 ( ) 1f x   ，为最小值，故 ( )f x 的一条对称轴为 5 12x   ，故 D 正确， 11.ABD【详解】因为 0 0a b ， ， 4 2 4 4ab a b ab ab    ，当且仅当 4a b 时等号成立，所以 16ab  ， A 正确；由 4a b ab  得 4 01 ab a   ， 1a  ，同理 4b  ， 4 4 42 2 2( 1) 6 2 2( 1) 6 4 2 61 1 1 aa b a a aa a a                ，当且仅当 42( 1) 1a a    ，即 1 2a   时等号成立，B 正确； 5, 5a b  满足题意，但 0a b  ，C 错； 由 4a b ab  得 1 4 1a b   ，所以 2 2 2 1 16 1 42 1a b a b              ，当且仅当 2 2 1 16 a b  即 4b a 时等号成立，所 以 2 2 1 16 1 2a b   .D 正确. 12.BCD【详解】对于选项 A：随机变量服从二项分布  ,B n p ，   30E X  ，   20D X  ，可得 30np  ，  1 20np p  ，则 1 3p  ，选项 A 错误；对于选项 B： A A 为必然事件，所以 ( )B B A A BA BA    ， 而 BA 与 BA互斥，    ( ) ( ) ( ) ( ) 0.71 0.34 0.37P B P BA P BA P BA P B P BA         ，选项 B 正 确； 对于选项 C：随机变量 服从正态分布  0,1N ，则图象关于 y 轴对称，若  1P p   ，则   10 1 2P p    ，     11 0 0 1 2P P p         ，选项 C 正确； 对于选项 D：因为在 10 次射击中，击中目标的次数为 X ，  ~ 10,0,8X B ， 当 x k 时，对应的概率   10 10 0.2k k kP X k C     ， 所以当 1k  时，      10 10 1 1 10 ( 1) 10 4 110.8 0.2 1 0.8 0.2 k k k k k k P X k kC P X k C k             ， 由      4 11 11 P X k k P X k k     得 44 4k k  ，即 441 5k  ，因为 *k N ，所以1 8k  且 *k N ，又    0 1P X P X   ，即 8k  时，概率  8P X  最大，故选项 D 正确. 13. 2 3 【详解】圆 2 2 2 3 0x y x    化为 2 21 4x y   ，则圆心为 1,0 2r ， 圆心到直线 3 1 0x y   的距离为 1 1 1 1 3 d     所以 2 22 2 4 1 2 3AB r d     14. 4956 【详解】当1 9n≤ ≤ 时，  lg 0na n  ；当10 99n  时，  lg 1na n  ，此区间所有项的和为 90 .当100 999n  时，  lg 2na n  ，此区间所有项的和为900 2 1800  .当1000 2021n  时，  lg 3na n  ，此区间所有项的和为1022 3 3066  .所以 2021 90 1800 3066 4956T     . 15. 3 3tan54 44 【详解】先证明一个结论：如图， ABC 在平面 内的射影为 ABC△ ，C AB C  的平 面角为 ( 0, 2      )，则 cos ABC ABC S S     . 证明：如图，在平面  内作 CE AB ，垂足为 E ，连接 EC ，因为 ABC 在平面 内的射影为 ABC△ ， 故CC   ，因为 AB  ，故CC AB  ，因为CE AB E  ，故 AB 平面 ECC . 因为 EC  平面 ECC ，故C E AB  ，所以 CEC 为二面角的平面角，所以 CEC   . 在直角三角形CEC 中， cos cos ABC ABC SECCEC EC S        .由题设中的第二图可得： cos DBO DBC S S     . 设正六边形的边长为 a ，则 2 21 3 3 2 2 4DBCS a a   ，如图，在 DBO 中，取 BD的中点为W ，连接OW ， 则OW BD ，且 3BD a ， 109 28BOD    ，故 3 1 2 tan54 44OW a   ，故 21 3 1 3 132 2 tan54 44 4 tan54 44DBOS a a a       ，故 3cos 3tan54 44    . 16. 4 81, ,23 5          【详解】当 0x  时， (0) 1 0g    当 0x  时， ( ) 1 0xf x mx   可化为 1( )f x mx   作出函数 ( )f x 与 1( )h x mx   的图象由图可知当 0x  时，要使得函数 ( ) ( ) 1g x xf x mx   没有零点 必须满足 11 02h       ，解得1 2m  当 0x  时，要使得函数 ( ) ( ) 1g x xf x mx   没有零点必须满足 31 22h     或者 52 32h     ，解得 1 4 3 3m  或 8 13 5 5m  综上， 4 81, ,23 5m           17.（1） 6A  ；（2） 3c  或 6c  . 【详解】（1） ABC 中，∵ 3 cos (2 3 )cosa C b c A  ，由正弦定理得 3sin cos 2sin cos 3sin cosA C B A C A  ，∴ 3sin( ) 2sin cosA C B A  ，即 3sin 2sin cosB B A ；∵ B 为 ABC 内角，sin 0B  ，∴ 3cos 2A  ，又∵ A 为 ABC 内角， ∴ 6A  . （2）因为 1 1sin2 2ABC BCS bc A a h   将 2 3b  ， 3BCh  ， 1sin 2A  代入，得 3 3 ca  . 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，于是 2 2 23 3( ) (2 3) 2 2 33 2 c c c     ，即 2 9 18 0c c   ， 解得 3c  或 6c  . 18.（1）证明见解析；（2）最大值为 8. 【详解】（1）设等差数列{ }na 的公差为 d，由 4 8S a ，得 1 14 6 7a d a d   ，即 13d a . 则 1 1( 1) (3 2)na a n d n a     ，所以 2 1 4 1 9 14 , 10 , 25 ,a a a a a a   所以 2 4 2 9a a a ，且 1 0a  ，所以 2 4 9, ,a a a 成等比数列. （2）若 1 2a  ，则 2 *1 1 1 13 6, (3 1) 3 ,2 6 12 m m a ad a S m m m m m             N ，因为 1 16  ，所以数 列{ }mS 是递增数列，当 8m  时， (3 1) 184 200m m   ；当 9m  时， (3 1) 234 200m m   . 所以正整数 m 的最大值为 8. 19.（1）  22 29 5 5y x  ；（2） 7 . 【详解】（1） 1 2 3 4 5 35x      ， 10 15 19 23 28 195y      ，则 5 1 5 2 2 2 2 2 222 1 10 30 57 92 140 5 3 19 22 1 2 3 4 5 5 3 5 i i i i i x y nxy b x nx                     ，  22 2919 35 5a     ， 故 y 关于 x 的线性回归方程  22 29 5 5y x  . （2） 200 80 160 ％ ，设 22 29 5 5na n  ，数列 na 的前 n 项和为 nS ，易知数列 na 是等差数列， 则  1 2 22 29 22 29 115 5 5 5 82 2 5 n n na aS n n n n             ，因为 6 127.2S  ， 7 163.8S  ， 所以预测该村80％居民接种新冠疫苗需要 7 天. 20.（1）证明见解析；（2） 2 5 5 . 解：（1）如图，连接 1NA ， 1AC ，因为 N 为 1AB 的中点，且四边形 1 1ABB A 是平行四边形，所以 N 为 1A B 的 中点，又 M 为 BC 的中点，所以 1//MN AC ， 又因为 MN  平面 1 1ACC A ，且 1CA  平面 1 1ACC A ，所以 //MN 平面 1 1ACC A ； （2）方法一：由（1）可知二面角 1N BC C  即为二面角 1 1A BC C  ，如图，连接 AM 和 1A M ， 由 1A 在底面 ABC 上的正投影恰为 M ，所以 1A M  平面 ABC ，因此 1A M BC ， 1A M AM ， 又因为 AB AC ，且 M 为 BC 中点，故 BC AM ，即线段 AM ， BC ， 1MA 两两垂直， 以点 M 为坐标原点，AM ，BC ， 1MA 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 M xyz ， 则  0,0,0M ，  1 0,0,1A ，  2,0,0A  ，  0, 1,0B  ，  0,1,0C ，对于平面 1A BC ，因为 AM  平面 1A BC ， 且 N 平面 1A BC ，所以平面 NBC 的一个法向量为  2,0,0AM   ， 设平面 1 1BCC B 的法向量为  , ,n x y z   ，因为  0,2,0BC   ，  1 1 2,0,1BB AA     ， 由 1 0 0 n BC n BB        ，得 2 0 2 0 y x z     ，取 1x  ，则  1,0, 2n    ， 设二面角 1N BC C  的平面角为 ，则 5cos 5 n AM n AM        ， 因此二面角 1N BC C  的正弦值为 2 5 5 . （2）方法二：由（1）可知二面角 1N BC C  即为二面角 1 1A BC C  ，如图，连接 AM ， 1A M ， 取线段 1 1B C 的中点 P ，连接 1PA 和 PM ，因为 1 //AA MP 且 1AA MP ，所以四边形 1AMPA 为平行四边形， 因为 1A M  平面 ABC ，故 1A M BC .又因为 AB AC 且 M 为 BC 中点，所以 BC AM ， 故 BC  平面 1AMPA ，因此 1BC A M ， BC MP ，故 1A MP 为二面角 1 1A BC C  的平面角， 在 ABC 中， 2 2 2AM AB BM   ，在 1AMA 中， 1 90AMA   ， 2AM  ， 1 5AA  ， 故 1 1 1 2 5sin sin 5 AMA MP AA M AA      ，即二面角 1N BC C  的正弦值为 2 5 5 . 21.（1） 2 2 16 4 x y  ；（2）存在， 2 9 2 5y x   . 解：（1）由题可知 2 2 2 3 3 1 22 c a bc a b c          ，解得 6 2 2 a b c       ，所以椭圆C 的方程为 2 2 16 4 x y  ； （2）假设满足条件的直线 l 存在，由    0, 2 , 2,0E F ，所以 2EFk  ，因为点 F 为 EAB 的垂心， 所以 AB EF ，所以 2 2ABk   ，设直线 l 的方程为 2 2y x t   ，代入 2 2 16 4 x y  ， 得  2 27 6 2 6 4 0x tx t    ，(*)，    2 2 26 2 4 7 6 4 96 672 0t t t           ，即 7 7t   ， 记    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则   1 2 2 1 2 6 2 7 6 4 7 x x t t x x      ，由 AF BE⊥ ，得 1 2 21 2 1 2 y y xx      ， 所以 1 2 1 1 2 22 2 0y y y x x x    ，将 1 1 2 2 2 2,2 2y x t y x t      代入上式，得     2 1 2 1 23 2 2 2 4 0x x t x x t t      ，所以       2 26 4 6 23 2 2 2 4 07 7 t tt t t         ， 所以 25 18 0t t   ，解得 9 5t  ( 2t   舍去)，代入(*)满足 0  ，所以直线l 的方程为 2 9 2 5y x   . 22.（1） 1( ,ln 2 ]2   ；（2）证明见解析. 【详解】（1）由 2( ) 0f x x   ，即 2ln 0x x ax x    恒成立，得 2 2lna x x   恒成立.令 2 2( ) ln , 0h x x xx    ， 则由 2 3 3 3 1 4 4 ( 2)( 2)( ) 0x x xh x x x x x         得 2x  .当 (0,2)x 时， ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减；当 (2, )x  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递增，所以函数 ( )h x 在 2x  时取到最小值，即 min 1( ) (2) ln 2 2h x h   . 所以 1ln 2 2a   ，故 a 的取值范围是 1( ,ln 2 ]2   . （2）当 1a   时，要证 21 e( ) 4 x f x x x   ，即要证 21 eln 4 x x x x x x    ，由 ( ) ln , 0f x x x x x   ， 得 ( ) 1 ln 1 ln 2f x x x      ，令 ( ) 0f x  ，则 2 1 ex  ，当 2 1(0, )ex 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减； 当 2 1( , )ex  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增，所以 ( )f x 在 2 1 ex  处取到极小值，也是最小值，即 min 2 2 1 1( ) ( )e ef x f   .令 21 e( ) 4 , 0 x g x x xx    ，则 2 2 (2 1)(2 1 e )( ) xx xg x x     ，令 2( ) 2 1 e xt x x   ，则 2 2( ) 2 2e 2(1 e )x xt x     ，当 0x  时， ( ) 0t x  ，所以 ( )t x 在 (0, ) 上单调递减， 所以 ( ) (0) 0t x t  ，令 ( ) 0g x  ，得 1 2x  ，当 1(0, )2x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增；当 1( )2 ,x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减，从而可得 max 1( ) ( ) 4 2e2g x g   ， 易知 min max2 1( ) 4 2e ( )ef x g x     ，所以当 1a   时， 21 e( ) 4 x f x x x   .