福建省福州市2021届高三下学期高考考前模拟数学试卷 Word版含解析
ID:40189 2021-10-09 1 3.00元 21页 166.78 KB
已阅读10 页,剩余11页需下载查看
下载需要3.00元
免费下载这份资料?立即下载
福建省福州市2021届高三数学高考考前模拟卷一、单选题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知全集U=A∪B={x∈N|-1≤x≤8},A∩(∁UB)={1,3,5,7},则B=(   )A. {-1,0,2,4,6,8}                     B. {2,4,6}                     C. {2,4,6,8}                     D. {0,2,4,6,8}2.已知复数z=1+2i(i为虚数单位),设z-是z的共轭复数,则z⋅z-=(   )A. 2                                         B. 3                                         C. 2                                         D. 33.设a∈R,则“a≤2”是“a2-3a+2≤0”的(   )A. 充分不必要条件             B. 必要不充分条件             C. 充要条件             D. 既不充分也不必要条件4.(x+2x)(x-1)6的展开式中,含x3项的系数为(   )A. 45                                        B. -45                                        C. 15                                        D. -155.地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定,一般采用里氏震级标准.震级M用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波最大振幅值的对数来表示.里氏震级的计算公式为:M=lgAmaxA0(其中常数A0是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅;Amax是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅).地震的能量E是指当地震发生时,以地震波的形式放出的能量.E=104.8×101.5M(单位:焦耳),其中M为地震震级.已知甲地地震产生的能量是乙地地震产生的能量的103倍,若乙地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为A,则甲地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为(   )A. 2A                                    B. 10A                                    C. 100A                                    D. 1000A6.国际高峰论坛,组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问,要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团,且国内媒体团不能连续提问,则不同的提问方式的种数为(   )A. 378                                      B. 306                                      C. 268                                      D. 1987.已知函数f(x)=sin2x+sin(2x+π3)+1,则(   )A. f(π3+x)=f(π3-x)B. (-π12,0)是函数f(x)的一个对称中心C. 任取方程f(x)=1的两个根x1,x2,则|x1-x2|是π的整数倍D. 对于任意的x1,x2,x3∈[0,π4],f(x1)+f(x2)≥f(x3)恒成立8.已知F1、F2是双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点M是双曲线E上的任意一点(不是顶点),过F1作∠F1MF2角平分线的垂线,垂足为N,O是坐标原点.若|ON|=|F1F2|4,则双曲线E的渐近线方程为(   ),A. y=±33x                       B. y=±22x                       C. y=±2x                       D. y=±3x二、多选题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)9.某学校为了促进学生德、智、体、美、劳全面发展,制订了一套量化评价标准.下表是该校甲、乙两个班级在某次活动中的德、智、体、美、劳的评价得分(得分越高,说明该项教育越好).下列说法正确的是(   )德智体美劳甲班9.59.599.58乙班9.599.598.5A. 甲班五项得分的极差为1.5B. 甲班五项得分的平均数高于乙班五项得分的平均数C. 甲班五项得分的中位数大于乙班五项得分的中位数D. 甲班五项得分的方差小于乙班五项得分的方差10.在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法正确的是(   )A. 点F的轨迹是一条线段                                      B. A1F与BE是异面直线C. A1F与D1E不可能平行                                    D. 三棱锥F-ABD1的体积为定值11.已知抛物线C:y2=mx(m>0)的焦点为F(4,0),直线l经过点F交C于A,B两点,交y轴于点P,若PB→=2BF→,则(   )A. m=8       B. 点B的坐标为(83,±463)       C. |AB|=503       D. 弦AB的中点到y轴的距离为13312.已知函数f(x)=esinx-ecosx,其中e是自然对数的底数,下列说法中正确的是(   )A. 函数f(x)的周期为2π                                       B. f(x)在区间(0,π2)上是减函数C. f(x+π4)是奇函数                                             D. f(x)在区间(π2,π)上有且仅有一个极值点三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.曲线f(x)=e-2x+x2在点(0,f(0))处的切线方程为________.14.抛掷3个骰子,事件A为“三个骰子向上的点数互不相同”,事件B为“其中恰好有一个骰子向上的点数为2”,则P(A|B)=________.,15.已知三棱锥V-ABC,VA=VC=5,AB=BC=1,AC=2,二面角V-AC-B的余弦值为-13,则该三棱锥的外接球的体积为________.16.已知△ABC为等腰直角三角形,AB=AC=2,圆M为△ABC的外接圆,ME=12(MA+MB),则ME⋅CE=________;若P为圆M上的动点,则PM⋅PE的最大值为________.四、解答题(本大题共6小题,共70分)17.在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列, ▲ ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+10)于A,B两点,AB的垂直平分线与椭圆交于C,D两点,点N(1,y0)是线段AB的中点.(1)若y0=3,求直线AB的方程以及λ的取值范围;(2)不管λ怎么变化,都有A,B,C,D四点共圆,求y0的取值范围.答案解析部分一、单选题1.已知全集U=A∪B={x∈N|-1≤x≤8},A∩(∁UB)={1,3,5,7},则B=(   )A. {-1,0,2,4,6,8}                     B. {2,4,6}                     C. {2,4,6,8}                     D. {0,2,4,6,8}【答案】D【考点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】∵U=A∪B={0,1,2,3,4,5,6,7,8},A∩(∁UB)={1,3,5,7},因此,B={0,2,4,6,8}。故答案为:D.【分析】利用已知条件结合并集和交集、补集的运算法则,从而求出集合B。2.已知复数z=1+2i(i为虚数单位),设z-是z的共轭复数,则z⋅z-=(   )A. 2                                         B. 3                                         C. 2                                         D. 3【答案】D【考点】复数的基本概念,复数代数形式的乘除运算,【解析】【解答】由已知z=1-2i,所以z⋅z=(1+2i)(1-2i)=12+(2)2=3。故答案为:D.【分析】利用复数与共轭复数的关系,从而求出复数z的共轭复数,再利用复数的乘法运算法则,从而求出z⋅z的值。3.设a∈R,则“a≤2”是“a2-3a+2≤0”的(   )A. 充分不必要条件             B. 必要不充分条件             C. 充要条件             D. 既不充分也不必要条件【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】解:解不等式a2-3a+2≤0得1≤a≤2,因为[1,2]是(-∞,2]的真子集,所以“a≤2”是“a2-3a+2≤0”的必要不充分条件。故答案为:B.【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法,从而推出“a≤2”是“a2-3a+2≤0”的必要不充分条件。4.(x+2x)(x-1)6的展开式中,含x3项的系数为(   )A. 45                                        B. -45                                        C. 15                                        D. -15【答案】A【考点】二项式系数的性质【解析】【解答】由二项式定理(x-1)6展开式中有C62x4和C64x2,所以(x+2x)(x-1)6的展开式中含x3项的系数为C64+C62×2=45.故答案为::A【分析】先求出(x-1)6的展开式的通项公式,进而可以求出含x3的项,由此即可求解.5.地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定,一般采用里氏震级标准.震级M用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波最大振幅值的对数来表示.里氏震级的计算公式为:M=lgAmaxA0(其中常数A0是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅;Amax是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅).地震的能量E是指当地震发生时,以地震波的形式放出的能量.E=104.8×101.5M(单位:焦耳),其中M为地震震级.已知甲地地震产生的能量是乙地地震产生的能量的103倍,若乙地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为A,则甲地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为(   )A. 2A                                    B. 10A                                    C. 100A                                    D. 1000A【答案】C【考点】函数模型的选择与应用【解析】【解答】设甲地地震震级为M1,乙地地震震级为M2,,因为甲地地震产生的能量是乙地地震产生的能量的103倍,所以104.8×101.5M1104.8×101.5M2=101.5(M1-M2)=103,故M1-M2=2,又乙地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为A因为M=lgAmaxA0,所以M1-M2=lgAmaxA0-lgAA0=lgAmaxA=2,解得:Amax=100A,甲地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为Amax=100A。故答案为:C.【分析】利用已知条件结合指数幂的运算法则和对数的运算法则,从而求出甲地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅。6.国际高峰论坛,组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问,要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团,且国内媒体团不能连续提问,则不同的提问方式的种数为(   )A. 378                                      B. 306                                      C. 268                                      D. 198【答案】D【考点】分类加法计数原理,排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】解:分两种情况讨论.①若选两个国内媒体一个国外媒体,有C62C31A22=90种不同提问方式;②若选两个外国媒体一个国内媒体,有C61C32A33=108种不同提问方式.所以共有90+108=198种提问方式。故答案为:D【分析】利用已知条件结合组合数公式和排列数公式,再利用分类加法计数原理,从而求出不同的提问方式的种数。7.已知函数f(x)=sin2x+sin(2x+π3)+1,则(   )A. f(π3+x)=f(π3-x)B. (-π12,0)是函数f(x)的一个对称中心C. 任取方程f(x)=1的两个根x1,x2,则|x1-x2|是π的整数倍D. 对于任意的x1,x2,x3∈[0,π4],f(x1)+f(x2)≥f(x3)恒成立【答案】D【考点】函数恒成立问题,三角函数的恒等变换及化简求值,图形的对称性,反射、平衡和旋转变换,【解析】【解答】因为f(x)=sin2x+sin(2x+π3)+1=32sin2x+32cos2x+1=3sin(2x+π6)+1,所以f(π3)=3sin(5π6)+1=32+1,所以f(π3)既不是最大值也不是最小值,所以直线x=π3不是其图象的对称轴,A不符合题意;因为图象整体向上平移了一个单位长度,所以对称中心也向上平移了一个单位长度,且f(-π12)=3sin0+1=1,所以点(-π12,1)是其对称中心,B不符合题意;任取方程f(x)=1得到的两个根,即为方程sin(2x+π6)=0的任意两根,它们之间相差为T2的整数倍,且T=2π2=π,所以它们彼此之间相差的是π2的整数倍,C不符合题意;当x∈[0,π4]时,(2x+π6)∈[π6,2π3],此时f(x)的最小值为32+1,最大值为3+1,所以,对于任意的x1,x2,x3∈[0,π4],f(x1)+f(x2)≥3+2>3+1≥f(x3)恒成立,D符合题意.故答案为:D.【分析】利用函数的解析式结合代入法推不出选项A正确;利用两角和的正弦公式结合辅助角公式化简函数为正弦型函数,再利用正弦型函数的图象判断出(-π12,0)不是函数f(x)的一个对称中心;任取方程f(x)=1得到的两个根,即为方程sin(2x+π6)=0的任意两根,它们之间相差为T2的整数倍,且T=2π2=π,所以它们彼此之间相差的是π2的整数倍;当x∈[0,π4]时,(2x+π6)∈[π6,2π3],再结合正弦型函数的图像求出正弦型函数的最值,再利用不等式恒成立问题求解方法,从而推出对于任意的x1,x2,x3∈[0,π4],f(x1)+f(x2)≥3+2>3+1≥f(x3)恒成立,进而选出正确的选项。8.已知F1、F2是双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点M是双曲线E上的任意一点(不是顶点),过F1作∠F1MF2角平分线的垂线,垂足为N,O是坐标原点.若|ON|=|F1F2|4,则双曲线E的渐近线方程为(   )A. y=±33x                       B. y=±22x                       C. y=±2x                       D. y=±3x【答案】D【考点】双曲线的简单性质,【解析】【解答】依题意,延长F1M交MF2于Q,由MN是∠F1MF2的角平分线,F1Q⊥MN可知,N是F1Q的中点,|MQ|=|MF1|.又O是F1F2的中点,故ON是△F1QF2的中位线,所以|ON|=12|QF2|=12(|MF2|-|MQ|)=12(|MF2|-|MF1|)=12×2a=a,故a=|F1F2|4=14×2c,即c=2a,故ba=c2-a2a=4a2-a2a=3,所以双曲线E的渐近线方程为y=±3x.故答案为:D.【分析】延长F1M交MF2于Q,连接ON,由三角形的中位线定理和双曲线的定义、垂直平分线的性质,结合双曲线的a,b,c的关系,可得渐近线方程.二、多选题9.某学校为了促进学生德、智、体、美、劳全面发展,制订了一套量化评价标准.下表是该校甲、乙两个班级在某次活动中的德、智、体、美、劳的评价得分(得分越高,说明该项教育越好).下列说法正确的是(   )德智体美劳甲班9.59.599.58乙班9.599.598.5A. 甲班五项得分的极差为1.5B. 甲班五项得分的平均数高于乙班五项得分的平均数C. 甲班五项得分的中位数大于乙班五项得分的中位数D. 甲班五项得分的方差小于乙班五项得分的方差【答案】A,C【考点】众数、中位数、平均数,极差、方差与标准差【解析】【解答】甲班的极差为9.5-8=1.5,A符合题意;甲班的平均数9.5+9.5+9+9.5+85=9.1,乙班的平均数9.5+9+9.5+9+8.55=9.1,B不符合题意;甲班的成绩从低到高:8,9,9.5,9.5,9.5,中位数为9.5,乙班的成绩从低到高排列:8.5,9,9,9.5,9.5,中位数9,C符合题意;,甲班的成绩的方差为M=15(0.42+0.42+0.12+0.42+1.12),乙班的成绩的方差为N=15(0.42+0.12+0.42+0.12+0.62),M-N=15(0.42+1.12-0.12-0.62)>0,D不符合题意.故答案为:AC.【分析】利用已知条件结合中位数、极差的定义,平均数和方差公式,从而选出说法正确的选项。10.在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法正确的是(   )A. 点F的轨迹是一条线段                                      B. A1F与BE是异面直线C. A1F与D1E不可能平行                                    D. 三棱锥F-ABD1的体积为定值【答案】A,B,D【考点】轨迹方程,棱柱、棱锥、棱台的体积,异面直线的判定,空间中直线与直线之间的位置关系【解析】【解答】如图,分别找线段BB1,B1C1中点为M,N,连接A1M,MN,A1N,因为正方体AC1,易得MN//AD1,MN⊄面D1AE,AD1⊂面D1AE,所以MN//面D1AE,A1M//D1E,A1M⊄面D1AE,D1E⊂面D1AE,所以A1M//面D1AE,又MN∩A1M=M所以平面A1MN//平面D1AE,因为A1F与平面D1AE的垂线垂直,又A1F⊄平面D1AE,所以直线A1F与平面D1AE平行,所以A1F⊂面A1MN,又点F是侧面BCC1B1内的动点,且面A1MN∩面BCC1B1=MN,,所以点F的轨迹为线段MN,故答案为:项A符合题意;由图可知,A1F与BE是异面直线,故答案为:项B符合题意;当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,故答案为:项C不符合题意;因为MN//AD1,MN⊄面ABD1,AD1⊂面ABD1,所以MN//面ABD1,则点F到平面ABD1的距离是定值,又三角形ABD1的面积是定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,故答案为:项D符合题意.故答案为:ABD.【分析】利用正方体的结构特征结合中点的性质,再利用线线垂直的判断方法,从而求出点F的轨迹为一条线段;再利用异面直线的判断方法判断出A1F与BE是异面直线;再结合已知条件结合线线平行的判断方法,从而推出当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行;因为MN//AD1,再利用线线平行推出线面平行,所以MN//面ABD1,则点F到平面ABD1的距离是定值,再利用三角形的面积公式得出三角形ABD1的面积是定值,再结合三棱锥的体积公式推出三棱锥F-ABD1的体积为定值,从而选出说法正确的选项。11.已知抛物线C:y2=mx(m>0)的焦点为F(4,0),直线l经过点F交C于A,B两点,交y轴于点P,若PB→=2BF→,则(   )A. m=8       B. 点B的坐标为(83,±463)       C. |AB|=503       D. 弦AB的中点到y轴的距离为133【答案】C,D【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【解答】由于F(4,0)得到m=16,A不符合题意;抛物线方程为y2=16x,过B点作BD垂直于y轴,垂足为D点,则BD//OF,因为PB→=2BF→,所以|PB||PF|=|BD||OF|=23,所以BD=83,即xB=83,代入抛物线方程y2=16x,解得yB=±863,B不符合题意;不妨取点B的坐标为(83,-863),所以直线AB的方程为:y=26(x-4),,联立抛物线方程得到:3x2-26x+48=0,韦达定理可知:x1+x2=263,由抛物线的弦长公式可知:|AB|=x1+x2+8=263+8=503,C符合题意;弦AB的中点到y轴的距离为x1+x22=133,D符合题意。故答案为:CD.【分析】由于F(4,0)结合抛物线求焦点的方法,得到m=16;再利用m的值求出抛物线方程为y2=16x,过B点作BD垂直于y轴,垂足为D点,则BD//OF,因为PB→=2BF→,再利用两直线平行对应边成比例,所以|PB||PF|=|BD||OF|=23,所以BD=83,即xB=83,再利用代入法求出点B的纵坐标,从而求出点B的坐标;不妨取点B的坐标为(83,-863),再利用点斜式设出直线AB的方程为:y=26(x-4),再将直线与抛物线方程联立,从而结合韦达定理可知:x1+x2=263,由抛物线的弦长公式可知:|AB|=x1+x2+8=503;再利用中点坐标公式求出弦AB的中点坐标,再利用点到直线的距离公式,从而求出弦AB的中点到y轴的距离,进而选出正确的选项。12.已知函数f(x)=esinx-ecosx,其中e是自然对数的底数,下列说法中正确的是(   )A. 函数f(x)的周期为2π                                       B. f(x)在区间(0,π2)上是减函数C. f(x+π4)是奇函数                                             D. f(x)在区间(π2,π)上有且仅有一个极值点【答案】A,C,D【考点】函数奇偶性的判断,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值【解析】【解答】对于A:f(x+2π)=esin(x+2π)-ecos(x+2π)=esinx-ecosx=f(x),A符合题意;对于B:由f(x)=esinx-ecosx,得f'(x)=cosxesinx+sinxecosx,当x∈(0,π2)时,f'(x)=cosxesinx+sinxecosx>0,所以f(x)在区间(0,π2)上是增函数,B不正确;对于C:f(x+π4)=esin(x+π4)-ecos(x+π4),设g(t)=esin(t+π4)-ecos(t+π4),则g(-t)=esin(-t+π4)-ecos(-t+π4),=e-22sint+22cost-e22cost+22sint =ecos(t+π4)-esin(t+π4)=-g(t),所以函数g(t)即f(x+π4)是奇函数;C符合题意;对于D:由f(x)=esinx-ecosx,得f'(x)=cosxesinx+sinxecosx,而f''(x)=esinx(cos2x-sinx)+ecosx(cosx-sin2x),(1)当x∈(π2,3π4)时,cos2x-sinx<0,cosx-sin2x<0,所以f″(x)<0,即f'(x)在区间(π2,3π4)单调递减,又f'(π2)=cosπ2esinπ2+sinπ2ecosπ2=1>0,f'(3π4)=cos3π4esin3π4+sin3π4ecos3π4=22(e-22-e22)<0,所以f'(x)在区间(π2,3π4)上存在唯一零点;(2)当x∈(3π4,π)时,f'(x)=cosxesinx+sinxecosx,又sinx+cosx=2sin(x+π4)<0,esinx>ecosx,则f'(x)=cosxesinx+sinxecosx<(cosx+sinx)esinx<0,则f'(x)在区间(3π4,π)上无零点,综上可得:f(x)在区间(π2,π)上有且仅有一个极值点;D符合题意;故答案为:ACD.【分析】求出f(x+2π)=f(x)即可判断选项A;求出f′(x),利用导数与单调性的关系即可判断选项B;利用函数奇偶性的定义即可判断选项C;利用导数可得f(x)的单调性,从而判断极值点个数,即可判断选项D.三、填空题13.曲线f(x)=e-2x+x2在点(0,f(0))处的切线方程为________.【答案】2x+y-1=0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【解答】解:由f(x)=e-2x+x2,得f'(x)=-2e-2x+2x,所以切线的斜率为f'(0)=-2e0=-2,f(0)=1,所以在点(0,f(0))处切线方程为y-1=-2x,即2x+y-1=0。,故答案为:2x+y-1=0。【分析】利用已知条件结合求导的方法求出曲线在切点处的切线的斜率,再利用切点的横坐标结合代入法求出切点的纵坐标,从而求出切点的坐标,再利用点斜式求出曲线在切点处的切线方程。14.抛掷3个骰子,事件A为“三个骰子向上的点数互不相同”,事件B为“其中恰好有一个骰子向上的点数为2”,则P(A|B)=________.【答案】45【考点】条件概率与独立事件【解析】【解答】由题意,事件B发生的概率为P(B)=5262=2536,事件AB发生的概率为P(AB)=5×462=2036=59,因此P(A|B)=P(AB)P(B)=45。故答案为:45。【分析】利用已知条件结合条件概型求概率公式,从而求出P(A|B)的值。15.已知三棱锥V-ABC,VA=VC=5,AB=BC=1,AC=2,二面角V-AC-B的余弦值为-13,则该三棱锥的外接球的体积为________.【答案】6π【考点】棱锥的结构特征,球的体积和表面积,余弦定理【解析】【解答】取AC中点为M,连结VM,BM,∵VA=VC=5,AB=BC=1,∴VM⊥AC,BM⊥AC,∴∠VMB就是二面角V-AC-B的平面角,∵AM=22,∴VM2=5-12=92,BM2=1-12=12∴cos∠VMB=92+12-VB22×92×12=-13,∴VB=6,所以VA2+AB2=VB2,VC2+BC2=VB2,∠VAB与∠VCB都是直角,所以该三棱锥的外接球球心是VB的中点,从而求出该三棱锥的外接球的体积为V=43π(62)3=6π。,【分析】取AC中点为M,连结VM,BM,因为VA=VC=5,AB=BC=1,所以VM⊥AC,BM⊥AC,所以∠VMB就是二面角V-AC-B的平面角,因为AM=22,从而求出VM2=92,BM2=12,再利用余弦定理结合已知条件二面角V-AC-B的余弦值为-13,从而求出VB=6,再利用勾股定理推出∠VAB与∠VCB都是直角,所以该三棱锥的外接球球心是VB的中点,再利用球的体积公式,从而求出该三棱锥的外接球的体积。16.已知△ABC为等腰直角三角形,AB=AC=2,圆M为△ABC的外接圆,ME=12(MA+MB),则ME⋅CE=________;若P为圆M上的动点,则PM⋅PE的最大值为________.【答案】2;2+2【考点】数量积的坐标表达式,三角函数的最值,同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】由题意得,M为BC的中点,E为AB的中点,以圆心M为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图所示,则C(-1,1),E(0,-1),M(0,0),∴ME=(0,-1),CE=(1,-2),∴ME→⋅CE→=2,设MP与x轴正半轴的夹角为θ(θ∈[0,2π]),则P(2cosθ,2sinθ).∴PM=(-2cosθ,-2sinθ),PE=(-2cosθ,-1-2sinθ),∴PM⋅PE=2cos2θ+2sinθ(1+2sinθ)=2+2sinθ,∴2-2≤PM⋅PE≤2+2。故答案为2,2+2。【分析】由题意得,M为BC的中点,E为AB的中点,以圆心M为坐标原点,建立平面直角坐标系,从而求出点的坐标,再利用向量的坐标表示求出向量的坐标,再结合数量积的坐标表示求出数量积的值;设MP与x轴正半轴的夹角为θ(θ∈[0,2π]),从而求出点P的坐标,再利用向量的坐标表示求出向量的坐标,则P(2cosθ,2sinθ),再利用数量积的坐标表示结合同角三角函数基本关系式,从而结合正弦型函数的图象,进而求出正弦型函数的值域,从而求出PM⋅PE的最大值。四、解答题17.在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列, ▲ ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1Sk+1,即Sk>Sk+ak+1,从而ak+1<0;同理,若使Sk+10.(方法一)若选①:由b1+b3=a2,得a2=-1-9=-10,所以an=3n-16,当k=4时满足a5<0,且a6>0成立;若选②:由a4=b4=27,且a5=-1,所以数列{an}为递减数列,故不存在ak+1<0,且ak+2>0;若选③:由S5=-25=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=-5,从而an=2n-11,所以当n=4时,能使a5<0,a6>0成立.(方法二)若选①:由b1+b3=a2,得a2=-1-9=-10,所以公差d=a5-a23=3,a1=a2-d=-13,从而Sn=13a1+n(n-1)2×d=12(3n2-29n);{Sk>Sk+1Sk+1[3(k+1)-29](k+1)2[3(k+1)-29](k+1)2<[3(k+2)-29](k+2)2,解得103Sk+1,即Sk>Sk+ak+1,从而ak+1<0;同理,若使Sk+10。(方法一)若选①:由b1+b3=a2,从而求出a2的值,再利用等差数列的通项公式,从而求出an=3n-16,当k=4时满足a5<0,且a6>0成立;若选②:由a4=b4=27且a5=-1,再利用减函数的定义,所以数列{an}为递减数列,故不存在ak+1<0且ak+2>0;若选③:利用已知条件结合等差数列前n项和公式,从而得出a3=-5,再利用等差数列的通项公式求出an=2n-11,所以当n=4时,能使a5<0,a6>0成立。(方法二)若选①:由b1+b3=a2,从而求出a2的值,再利用等差数列的性质,从而求出等差数列的公差,再利用等差数列的通项公式求出等差数列的首项,再利用等差数列的前n项和公式,从而得出Sn=12(3n2-29n),再利用等差数列前n项和的单调性,从而求出实数k的取值范围,又因为k∈N*,从而得出k=4满足题意。18.如图,在平面四边形ABCD中,BC=1,  ∠ABC=90°,  ∠BCD=60°,∠BAD=75°.,(1)若∠CBD=30°,求三角形ABD的面积;(2)若AD=6-22,求∠CBD的大小.【答案】(1)在ΔBCD中,由∠CBD=30°,∠BCD=60°,可得∠BDC=90°,BD=32,sin75°=sin(45°+30°)=sin45°cos30°+cos45°sin30°=6+24在△ABD中,由正弦定理知ADsin∠ABD=BDsin∠A,可得AD=3(6-2)4.所以S=12BD⋅AD⋅sin∠ADB=12×32×3(6-2)4sin45°=9-3316(2)由AD=6-22,BC=1,  ∠BCD=60°,在ΔABD、ΔBCD中,由正弦定理知,6-22sin∠ABD=BDsin75°,1sin∠BDC=BDsin60°又∠ABC=90°,所以sin∠ABD=cos∠CBD从而有BD⋅cos∠CBD=12,  BD⋅sin∠BDC=32,两式相除可得sin∠BDC=3cos∠CBD又由sin∠BDC=sin(180°-60°-∠CBD)=sin(60°+∠CBD)=sin60°cos∠CBD+cos60°sin∠CBD=32cos∠CBD+12sin∠CBD因此有tan∠CBD=3,由0°<∠CBD<180°可得∠CBD=60°(延长BA,CD交与点E,在三角形EAD中计算同样给分)【考点】两角和与差的正弦公式,运用诱导公式化简求值,正弦定理,三角形中的几何计算【解析】【分析】(1)利用已知条件结合三角形内角和为180度的性质,得出∠BDC=90°,BD=32,再利用两角和的正弦公式结合正弦定理,从而求出AD的长,再利用三角形面积公式求出三角形ABD的面积。(2)由AD=6-22,BC=1,  ∠BCD=60°,在ΔABD、ΔBCD中,由正弦定理结合∠ABC=90°,所以sin∠ABD=cos∠CBD,从而有BD⋅cos∠CBD=12,  BD⋅sin∠BDC=32,两式相除可得sin∠BDC=3cos∠CBD又因为三角形内角和为180度的性质结合诱导公式合两角和的正弦公式,再结合同角三角函数基本关系式,得出tan∠CBD=3,再利用三角形内角的取值范围,可得∠CBD的大小。,19.如图,在五面体ABCDEF中,底面四边形ABCD为正方形,面ABFE∩面CDEF=EF,AD⊥ED, CD⊥EA.(1)求证:AB//EF;(2)若EF=ED=1, CD=3,求平面ADE与平面BCF所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)在正方形ABCD中,AB//CD,因为CD⊂平面CDEF, AB⊄平面ABFE,所以AB//平面CDEF.因为AB⊂平面ABFE,平面ABFE∩平面CDEF=EF,所以AB//EF.(2)因为四边形ABCD是正方形,所以CD⊥AD.因为CD⊥AE,AD∩AE=A,AD,AE⊂面ADE,所以CD⊥平面ADE.因为DE⊂平面ADE,所以CD⊥DE.由AD⊥DE,所以可以如图以点D为坐标原点建立空间直角坐标系.由已知,B(3,3,0), C(0,3,0), F(0,1,1).易知平面ADE的法向量为m=(0,1,0).设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),所以:{n⊥BCn⊥FC,则{n⋅BC=0,n⋅FC=0,所以:{-3x=0,2y-z=0,令y=1,解得:z=2, x=0,所以平面BCF的法向量:n=(0,1,2).设平面ADE与平面BCF所成锐二面角为θ,则cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=15=55.所以平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值为55.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系,用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)在正方形ABCD中,AB//CD,再利用线线平行推出线面平行,所以AB//平面CDEF,再利用线面平行的性质定理,从而证出AB//EF。,(2)因为四边形ABCD是正方形,所以CD⊥AD,因为CD⊥AE,再利用线线垂直推出线面垂直,所以CD⊥平面ADE ,再利用线面垂直的定义推出线线垂直,所以CD⊥DE,由AD⊥DE,得出以点D为坐标原点建立空间直角坐标系,再结合已知条件求出点的坐标,再利用向量的坐标表示求出向量的坐标,再结合数量积求向量夹角公式,从而求出平面ADE与平面BCF所成的锐二面角的余弦值。20.2021年,我国新型冠状病毒肺炎疫情已经得到初步控制,抗疫工作取得阶段性胜利.某市号召市民接种疫苗,提出全民“应种尽种”的口号,疫苗成了重要的防疫物资.某疫苗生产厂不断加大投入,高速生产,现对其某月内连续9天的日生产量yi(单位:十万支,i=1,2,…,9)数据作了初步统计,得到如图所示的散点图及一些统计量的数值:yzi=19tiyii=19tizi2.7219139.091095注:图中日期代码1~9分别对应这连续9天的时间:表中zi=eyi,i=1,2,⋯,9,z=19i=19zi.(1)从这9天中随机选取3天,求这3天中恰有2天的日生产量不高于三十万支的概率;(2)由散点图分析,样本点都集中在曲线y=ln(bt+a)的附近,求y关于t的方程y=ln(bt+a),并估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万支.参考公式:回归方程v=bu+a中,斜率和截距的最小二乘估计公式为:b=i=1n(ui-u)(vi-v)i=1n(ui-u)2=i=1nuivi-nuvi=1nui2-nu2,a=v-bu.参考数据:e4≈54.6.【答案】(1)记所求事件为A,9天中日产量不高于三十万支的有5天.P(A)=C52C41C93=1021.(2)∵y=ln(bt+a),∴z=ey=bt+a,t=5,i=19ti2=285.∴b=i=19(ti-t)(zi-z)i=19(ti-t)2=i=19tizi-9t⋅zi=19ti2-9t2=1095-9×5×19285-9×52=4.∴a=z-bt=19-4×5=-1,∴y=ln(4t-1).令ln(4t-1)>4,解得t>e4+14≈13.9.∴t≥14,即该厂从统计当天开始的第14天日生产量超过四十万支.,【考点】散点图,线性回归方程,回归分析的初步应用,古典概型及其概率计算公式,排列、组合及简单计数问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合组合数公式和排列数公式,再结合古典概型求概率公式,从而求出这3天中恰有2天的日生产量不高于三十万支的概率。(2)利用已知条件结合散点图中的数据,再利用最小二乘法求出y关于t的方程y=ln(bt+a),再令ln(4t-1)>4结合对数函数的单调性,解得t≥14,从而求出该厂从统计当天开始的第14天日生产量超过四十万支。 21.已知函数f(x)=ex-ax+sinx-1.(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;(2)当1≤a<2时,证明:函数f(x)有2个零点.【答案】(1)当a=2时,f(x)=ex-2x+sinx-1,则f'(x)=ex-2+cosx,可得f″(x)=ex-sinx.当x∈(0,+∞)时,ex>1,∴ f″(x)>1-sinx≥0,∴f'(x)在(0,+∞)单调递增,∴f'(x)>f'(0)=0,∴f(x)在(0,+∞)单调递增.当x∈(-∞,0]时,可得ex≤1,∴f'(x)=ex-2+cosx≤-1+cosx≤0,∴f(x)在(-∞,0]单调递减;综上,f(x)在(-∞,0]单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)当x=0时,f(0)=e0-0-1+sin0=0,∴x=0是f(x)的一个零点,由f'(x)=ex-a+cosx,可得f″(x)=ex-sinx.因为1≤a<2,①当x∈(0,+∞)时,ex>1,∴ f″(x)>1-sinx≥0,∴f'(x)在(0,+∞)单调递增,∴f'(x)>f'(0)=2-a>0,∴f(x)在(0,+∞)单调递增,∴f(x)>f(0)=0,此时f(x)在(0,+∞)无零点.②当x∈(-∞,-π]时,-ax≥π,有f(x)=ex-ax+sinx-1≥ex+π+sinx-1>0,此时f(x)在(-∞,-π]无零点.③当x∈(-π,0)时,sinx<0,f″(x)=ex-sinx>0,∴f'(x)在(-π,0)单调递增,又f'(0)=2-a>0,f'(π)=e-π-1-a<0,由零点存在性定理知,存在唯一x0∈(-π,0),使得f'(x0)=0.当x∈(-π,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(-π,x0)单调递减;当x∈(x0,0)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,0)单调递增;又f(-π)=e-π+aπ-1>0,f(x0)0)于A,B两点,AB的垂直平分线与椭圆交于C,D两点,点N(1,y0)是线段AB的中点.(1)若y0=3,求直线AB的方程以及λ的取值范围;(2)不管λ怎么变化,都有A,B,C,D四点共圆,求y0的取值范围.【答案】(1)因为直线AB过点N(1,3),所以直线AB方程为:y=k(x-1)+3,联立椭圆方程3x2+y2=λ(λ>0)得到:(3+k2)x2+2k(3-k)x+(3-k)2-λ=0,设点A(x1,y1),B(x2,y2),由韦达定理可知:x1+x2=2k(k-3)3+k2=2,解得k=-1,所以直线AB方程为:y=-1×(x-1)+3即y=-x+4,将k=-1代入方程(3+k2)x2+2k(3-k)x+(3-k)2-λ=0,得到4x2-8x+16-λ=0,则Δ=(-8)2-4×4×(16-λ)>0,解得λ>12,所以λ的取值范围为λ>12.(2)设直线AB方程y=k(x-1)+y0,联立椭圆方程3x2+y2=λ(λ>0)得到:(3+k2)x2+2k(y0-k)x+(y0-k)2-λ=0,由韦达定理可知:x1+x2=2k(k-y0)3+k2=2,即-ky0=3,x1x2=(y0-k)2-λ3+k2,则|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2×[2k(k-y0)3+k2]2-4[(y0-k)2-λ]3+k2=1+k23+k2×[2k(k-y0)]2-4(3+k2)[(y0-k)2-λ]=21+k23+k2×-3(y0-k)2+(3+k2)λ=21+k23+k2×-3(-3k-k)2+(3+k2)λ=21+k23+k2×λ-3-9k2,所以|CD|=21+(-1k)23+(-1k)2×-3(y0+1k)2+(3+(-1k)2)λ=21+k23k2+1×-12+λ(1+3k2),CD中点P坐标等于x3=(-1k)(-1k-y0)3+(-1k)2=1+ky03k2+1=-23k2+1,点P到AB距离等于d=1+(-1k)2|1--23k2+1|=1+k2k2×3(1+k2)1+3k2,,因为A,B,C,D四点共圆等价于(|CD|2)2=d2+(|AB|2)2,即(1+k23k2+1×-12+λ(1+3k2))2=(1+k2k2×3(1+k2)1+3k2)2+(1+k23+k2×(λ-3-9k2))2整理得1+k2(3k2+1)2×[-12+λ(1+3k2)]=1+k2k2×9(1+k2)2(1+3k2)2+1+k23+k2×(λ-3-9k2),即不管λ怎么变化,都有上式成立,则1+k23k2+1=1+k23+k2,解得k2=1,代入方程(3+k2)x2+2k(y0-k)x+(y0-k)2-λ=0,使得Δ=4k2(y0-k)2-4(3+k2)((y0-k)2-λ)>0,解得λ>12,满足题意所以y0的取值范围为:{-3,3}.【考点】椭圆的应用,直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)因为直线AB过点N(1,3),再利用点斜式设出直线AB方程为:y=k(x-1)+3,再利用直线与椭圆相交,联立直线与椭圆方程得到(3+k2)x2+2k(3-k)x+(3-k)2-λ=0,设点A(x1,y1),B(x2,y2),由韦达定理结合已知条件可知k=-1,从而求出直线AB方程为: y=-x+4,将k=-1代入方程(3+k2)x2+2k(3-k)x+(3-k)2-λ=0,得到4x2-8x+16-λ=0,再利用判别式法得出实数λ的取值范围。(2)设直线AB方程y=k(x-1)+y0,再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理和已知条件可知x1+x2, x1x2,再利用弦长公式得出|AB|,|CD|,再利用中点坐标公式得出CD中点P的横坐标为x3,再利用点到直线的距离公式求出点P到AB距离,根据A,B,C,D四点共圆等价于(|CD|2)2=d2+(|AB|2)2,整理得1+k2(3k2+1)2×[-12+λ(1+3k2)]=1+k2k2×9(1+k2)2(1+3k2)2+1+k23+k2×(λ-3-9k2),即不管λ怎么变化,都有上式成立,解得k2=1,代入方程(3+k2)x2+2k(y0-k)x+(y0-k)2-λ=0,再结合判别式法得出λ>12满足题意,从而求出y0的取值范围。 
同类资料
更多
福建省福州市2021届高三下学期高考考前模拟数学试卷 Word版含解析