福建省三明市2021届高三5月质检数学试卷（含答案）

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1、数学试题 第1 页 （共5 页） 准考证号_姓名_ （在此卷上答题无效） 2021 年三明市普通高中毕业班质量检测 数学试题 本试卷共 5 页满分 150 分 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

2、 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 | 13Axx= ， |210Bxx= ，则AB = A 1 1 2 xx B 1 1 2 xx C 1 3 2 xx D 1 3 2 xx 2已知i为虚数单位，若复数z满足24izz=+，则z在复平面内对应的点的坐标为 A3 4（ ，） B( 3,4) C(3, 4) D( 3, 4) 3. 某市长期追踪市民的经济状况，依照订立的标准将市民分为高收入和低收入两类统计数 据表明该市高收入市民人口一直是低收入市民人口的两倍，且高收入市民中每年有40% 会转变为低收入市民那么该市每年低收入市民

3、中转变为高收入市民的百分比是 A60% B70% C80% D90% 4( )() 5 2 122xx+ 展开式中 5 x的系数为 A160 B80 C80 D160 数学试题 第2 页 （共5 页） 5 若函数( )yf x=的大致图象如图所示，则( )f x的解析式可能是 A( ) 1 x f x x = B( ) 1 x f x x = C 2 ( ) 1 x f x x = D 2 ( ) 1 x f x x = 6“干支纪年法”是中国历法上使用的纪年方法甲，乙，丙，丁，戊，己，庚，辛，壬， 癸被称为“十天干”，子，丑，寅，卯，辰，巳，午，未，申，酉，戌，亥被称为“十二 地支”.“天干

4、”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，其 相配顺序为：甲子，乙丑，癸酉，甲戌，乙亥，壬戌，癸亥，甲子， 周而复始，循环记录，此为干支纪年法十三届全国人大四次会议审查的国民经济和社 会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要(草案)提出，展望2035年，中国将 基本实现社会主义现代化已知1901年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2035年是 “干支纪年法”中的 A甲寅年 B乙卯年 C丙辰年 D丁巳年 7某市原来都开小车上班的唐先生统计了过去一年每一工作日的上班通行时间，并进行初步 处理，得到频率分布表如下（T表示通行时间，单位为分钟） ： 通行时间 1520T 202

5、5T 2530T 3035T ，0y ，且21xy+=，则 1x xy + 可能取的值有 A9 B10 C11 D12 12瑞士著名数学家欧拉在 1765 年证明了定理“三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直 线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半” ，后人称这条直线为“欧拉线” 直 线l与y轴及双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab =的两条渐近线的三个不同交点构成集合M， 且M恰为某三角形的外心，重心，垂心所成集合若l的斜率为1，则该双曲线的离心率 可以是 A 26 5 B 5 2 C 2 D10 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13若

6、1 sin 23 = ，则cos2=_ 14若抛物线 2 yax=上的点( ,2)P m到焦点的距离为3，则a =_ 15函数( )ln2 6f xxx=+零点的一个近似值为_ （误差不大于 0.25） 备注：自然对数的底数e2.72. 16已知数列 n a 满足 2 1 1 2 nnn aaa + =+ ，则 22021 aa+ 的最大值为_. 数学试题 第4 页 （共5 页） 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sin23cosCC=，(2+cos)3 sincBbC=，sin3 cos0bAaB+=这三个 条件中任选一

7、个，补充在下面的问题中，若问题中的三角形存在，求该三角形的面积；若问题 中的三角形不存在，说明理由 问题：是否存在ABC，它的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且7b =， 5c =，_？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 18 （12 分） 设等差数列 n a的前n项和为 n S， 且 n b为等比数列， 满足 1 1 2ab =， 2 6S =， 3 12S =， 12 3bb+= （1）求 n a， n b的通项公式； （2）设 1 nn n n a b c S + =，求数列 n c 的前n项和 n T 19 （12 分） 如图 1，在平面四边形ABCD中，3BCA

8、B=，2CDAD=，且ABD为等边三角 形 设E为AD中点， 连结BE， 将ABE沿BE折起， 使点A到达平面BCDE上方的点P， 连结PC，PD，设F是PC的中点，连结BF，如图 2 图 1 图 2 （1）证明：/BF平面PDE； （2）若二面角PBED为60，设平面PBC与平面PDE的交线为l，求l与平面 PCD所成角的正弦值 数学试题 第5 页 （共5 页） 20（12 分） 双败淘汰制是一种竞赛形式， 与普通的单败淘汰制输掉一场即被淘汰不同， 参赛者只有在 输掉两场比赛后才丧失争夺冠军的可能 在双败淘汰制的比赛中， 参赛者的数量一般是2的次方数， 以保证每一轮都有偶数名参赛 者第一轮通

9、过抽签，两人一组进行对阵，胜者进入胜者组，败者进入负者组之后的每一轮 直到最后一轮之前，胜者组的选手两人一组相互对阵，胜者进入下一轮，败者则降到负者组参 加本轮负者组的第二阶段对阵；负者组的第一阶段，由之前负者组的选手（不包括本轮胜者组 落败的选手）两人一组相互对阵，败者被淘汰（已经败两场），胜者进入第二阶段，分别对阵 在本轮由胜者组中降组下来的选手，胜者进入下一轮，败者被淘汰最后一轮，由胜者组最终 获胜的选手（此前从未败过，记为A）对阵负者组最终获胜的选手（败过一场，记为B），若 A胜则A获得冠军，若B胜则双方再次对阵，胜者获得冠军 某围棋赛事采用双败淘汰制，共有甲、乙、丙等 8 名选手参赛

10、第一轮对阵双方由随机抽 签产生，之后每一场对阵根据赛事规程自动产生对阵双方，每场对阵没有平局 （1）设“在第一轮对阵中，甲、乙、丙都不互为对手”为事件M，求M的概率； （2）已知甲对阵其余 7 名选手获胜的概率均为 2 3 ，解决以下问题： 求甲恰在对阵三场后被淘汰的概率； 若甲在第一轮获胜，设甲在该项赛事的总对阵场次为随机变量，求的分布列 21（12 分） 已知函数( )e(1) x f xa x=+()aR （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）当0 x时，esincos2 mx xx+，求实数m的取值范围 22 （12 分） 在平面直角坐标系xOy中，P是圆 22 :2150E x

11、yx+=上的动点，已知(1,0F）， 且线段PF的垂直平分线交PE于Q，设Q的轨迹为曲线C （1）求C的方程； （2）设直线l与C交于A，B两点，若 3 (1, ) 2 M，且 ABM 内切圆的圆心在直线FM 上，则直线l具备以下哪个性质？证明你的结论 l恒过定点，l的斜率恒为定值，O到l的距离恒为定值 1 / 9 2021 年三明市普通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

12、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 60 分。 1B 2C 3C 4A 5C 6B 7D 8A 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 2 分。 9AC 10BC 11BCD 12ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分 13 7

13、9 14 1 4 152.535（可填(2.28,2.79)中的任一实数） 16 2 1 2 + 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.解法一 选择 由sin23cosCC=，得2sincos3cosCCC=. 2 分 若cos0C =，因为(0,C)，所以 2 C =，与cb， 8 分 与sin1B矛盾. 所以，若选择条件，则问题中的三角形不存在. 10 分 解法二 选择 在ABC中，根据正弦定理，由()2cos3 sincBbC+=， 得()sin2cos3sinsinCBBC+=. 2 分 因为(0, )C，则sin0C ，所以2cos

14、3sinBB+=， 3 分 2 / 9 即3sincos2BB=. 4 分 化为sin1 6 B = . 5 分 因为0B ， 666 B 5 ，所以sin3cos0BB+=. 3 分 因为(0, )B，sin0B ，所以cos0B ， 所以 sin tan3 cos B B B = . 5 分 所以 2 3 B =. 6 分 根据余弦定理， 222 2cosacacBb+= 因为7b =，5c =，所以 2 5240aa+= 8 分 解得3a =，或8a = （应舍去） 9 分 所以ABC的面积为 115 3 sin 24 SacB= 10 分 18 （1）设 n a的公差为d， n b的公

15、比为q. 由 2 6S =， 3 6S =得： 1 1 26, 3312. ad ad += += 1 分 3 / 9 解得 1 2, 2. a d = = 2 分 所以()2212 n ann=+=. 3 分 又由 1 1 2ab =， 12 3bb+=得： () 1 1 22, 13. b bq = += 4 分 解得 1 1, 2. b q = = 5 分 所以 1 2n n b =. 6 分 （2）由（1）知，()() 1 12 n Snn + =+. 7 分 所以 ()() 2 12 n n n c nn = + . 8 分 () ()() ()() 2122 12 n nn nn

16、+ = + 1 22 21 nn nn + = + 10 分 所以 123nn Tcccc=+ 2321 222222 324321 nn nn + =+ + 11 分 1 2 1 2 n n + = + . 12 分 19解法一 （1）在平面BCDE内，设DE，CB的延长线交于点Q，连结PQ. 1 分 在BCD中，设1BD =，则3BC =，2CD =， 所以BDBC，且60BDCBDE= =， 2 分 所以DQDC=，且B为CQ中点. 3 分 因为F是PC中点，所以/BF PQ. 4 分 又因为BF 平面PDE，PQ 平面PDE， 所以/BF平面PDE. 5 分 4 / 9 （2）因为在图

17、 1 中，E是AD中点，即AEDE=，所以BEAE. 所以在图 2 中，DEBE，PEBE，DEPEE=. 所以BE 平面PDE，则平面BCDE 平面PDE. 且PED是二面角PBED的平面角，即60PED=, 6 分 所以 1 22 BD PDPEDE=. 设O为DE中点，连结PO，则PODE， 3 4 PO =，且PO 平面BCDE. 过B作/BT OP,则BT 平面BCDE. 以B为坐标原点，分别以BC，BD，BT为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 7 分 则(0,0,0)B，( 3,0,0)C，(0,1,0)D，(3,0,0)Q ， 3 3 (,0) 44 E ， 3 7 (,0)

18、 88 O ， 3 73 (,) 884 P . 所以 313 (,) 884 DP = ，( 3, 1,0)DC = ， 7 373 (,) 884 PQ = . 8 分 因为BCDEQ=，所以平面PBC 平面PDEPQ=. 9 分 设平面PCD的一个法向量为 000 (,)nxy z= . 由 , , nDC nDP 得 0, 0, n DC n DP = = 即 00 000 30, 313 0. 884 xy xyz = += 10 分 取 0 1x =，得 0 3y =， 0 1z =，此时(1, 3,1)n = . 11 分 设PQ与平面PCD所成角为， 则 2 34 195 si

19、ncos, 6513 5 2 PQ n PQ n PQn = = . 5 / 9 即l与平面PCD所成角的正弦值为 4 195 65 12 分 解法二 （1）设CD的中点为G，连结FG，BG. 因为F是PC中点，所以/FG PD. 又因为FG 平面PDE，PD 平面PDE， 所以/FG平面PDE. 1 分 设1BD =，则3BC =，2CD =， 所以90DBC=，60BDC=， 所以BGDGCGBD=， 则60DBGBDE= =， 所以/BG DE. 2 分 又因为BG 平面PDE，DE 平面PDE， 所以/BG平面PDE. 3 分 因为FGBGG=，所以平面/BFG平面PDE. 4 分 因

20、为BF 平面BFG，所以/BF平面PDE. 5 分 （2）在图 1 中，因为E是AD中点，即AEDE=，所以BEAE. 所以在图 2 中，DEBE，PEBE，DEPEE=. 所以BE 平面PDE，则平面BCDE 平面PDE. 且PED是二面角PBED的平面角，即60PED=, 6 分 所以 1 22 BD PDPEDE=. 设O为DE中点，M为BD中点，连结PO，OM. 则OMDE，PODE，故PO 平面BCDE. 以O为坐标原点，分别以OM，OD，OP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 7 分 则 1 (0,0) 4 D， 3 (0,0,) 4 P， 31 (,0) 24 B， 5 (

21、3,0) 4 C， 3 53 (,) 288 F. 所以 13 (0,) 44 DP = ，( 3,1,0)DC = ， 73 (0,) 88 BF = . 8 分 因为/BF平面PDE，BF 平面PBC，平面PBC 平面PDEl=. 所以/BF l，所以BF与平面PCD所成角即为l与平面PCD所成角. 9 分 设平面PCD的一个法向量为 000 (,)nxyz= . 6 / 9 由 , , nDC nDP 得 0, 0, n DC n DP = = 即 00 00 30, 13 0. 44 xy yz += += 10 分 取 0 1z =，得 0 3y =， 0 1x = ，此时( 1,

22、3,1)n = . 11 分 设BF与平面PCD所成角为， 则 34 195 sincos, 6513 5 4 BF n BF n BFn = = . 即l与平面PCD所成角的正弦值为 4 195 65 12 分 20 （1）8 人平均分成四组，共有 2222 8642 4 4 C C C C A 种方法， 1 分 其中甲，乙，丙都不分在同一组的方法数为 3 5 A， 2 分 所以 ( ) 3 5 2222 8642 4 4 A P A C C C C A = 3 分 4 7 = 4 分 （2） 甲恰在对阵三场后淘汰， 这三场的结果依次是 “胜， 败， 败” 或 “败， 胜， 败” ， 故所求

23、的概率为 211121 333333 + 4 27 = 6 分 若甲在第一轮获胜，3,4,5,6,7 7 分 当3=时，表示甲在接下来的两场对阵都败，即() 111 3 339 P= 8 分 当4=时，有两种情况： （i）甲在接下来的 3 场比赛都胜，其概率为 2228 33327 =； （ii）甲 4 场对阵后被淘汰，表示甲在接下来的 3 场对阵 1 胜 1 败，且第 4 场败，概 率为 1 2 2114 33327 C =， 所以() 844 4 27279 P=+= 9 分 当5=时，有两种情况： 7 / 9 （i）甲在接下来的 2 场对阵都胜，第 4 场败，概率为 2214 33327

24、 =； （ii）甲在接下来的 2 场对阵 1 胜 1 败，第 4 场胜，第 5 场败，概率为 1 2 21218 333381 C =； 所以() 4820 5 278181 P=+= 10 分 当6=时，有两种情况： （i） 甲第 2 场胜， 在接下来的 3 场对阵为 “败， 胜， 胜” ， 其概率为 2 2128 33381 = ； （ii）甲第 2 场败，在接下来的 4 场对阵为“胜，胜，胜，败” ，其概率为 3 1218 333243 = ； 所以() 8832 6 81243243 P=+= 11 分 当7=时 ， 甲 在 接 下 来 的 5 场 对 阵 为 “ 败 ， 胜 ， 胜

25、， 胜 ， 胜 ” ， 即 () 4 1216 7 33243 P = 所以的分布列为： 3 4 5 6 7 P 1 9 4 9 20 81 32 243 16 243 12 分 21 （1）由( )()e1 x f xa x=+，得( )exfxa=+ 1 分 (i) 当0a时，对任意xR，都有( )0fx， 此时( )f x的单调递增区间为(,) +，无单调递减区间； 3 分 (ii) 当0a 时，令( )0fx=，解得()lnxa=， 且当()lnxa时，( )0fx时，( )0fx 此时( )f x的单调递减区间为()(,ln)a，单调递增区间()(ln,)a+ 5 分 （2）令( )

26、esincos2 mx g xxx=+，则( )esincos mx gxmxx= 6 分 当1m时，( )esincos2 x g xxx+ 7 分 8 / 9 令( )sinxxx=，则( )1 cos0 xx= 所以当0 x时，( )( )00 x=，即sinxx 由（1）得，当1a = 时，( )f x在(,0)单调递减，在(0,)+单调递增 所以当0 x时，( )( )0f xf，即e1sin1 x xx+， 8 分 令( )esincos2 x h xxx=+， 则( )esincos1 cos0 x h xxxx=，所以( )h x在)0 +，单调递增， 9 分 所以当0 x时，

27、( )( )00h xh= 所以，当0 x时，esincos20 mx xx+ ，即esincos2 mx xx+ 10 分 当1m 时，因为( )010gm= ，使得当 1 (0,)xx，( )0gx， 则( )g x在 1 (0,)x单调递减 所以()( ) 1 00g xg=，即 1 11 esincos2 mx xx， 所以Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆， 分 由24a =，1c =，得 22 3bac= 所以C的方程为 22 1 43 xy += 分 （）直线l满足性质，证明如下： 6 分 9 / 9 若直线l的斜率不存在，则/AB FM， 此时ABM的内切圆圆心不在FM

28、上，不符合题意 设l的方程为ykxm=+ 联立 22 , 1, 43 ykxm xy =+ += 消y得： () 2 2 1 43 kxmx+ +=， 整理得：( ) 222 4384120kxkmxm+= 设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy， 则 1 1x ， 2 1x ，且 12 2 8 43 km xx k += + ， 2 12 2 412 43 m xx k = + 7 分 因为ABM的内切圆圆心在直线FM上， 所以FM平分AMB，即直线MA，MB关于直线FM对称 又因为FMx轴，且直线MA，MB的斜率均存在， 所以直线MA，MB的斜率之和为0， 即 12 12 3

29、3 22 0 11 yy xx += 8 分 化为 () () ()() 1212 12 33 11 22 0 11 yxxy xx + = ，又由 11 ykxm=+， 22 ykxm=+， 整理得 () ()() 1212 12 3 232 2 0 11 kx xmkxxm xx + = ， 所以 2 22 41238 2320 43243 mkm kmkm kk + = + ， 9 分 整理得：() 2 448230kmkm+= 化为()()212230kkm+= 10 分 若2230km+=，则l过点M，此时A，B，M共线，不符合题意 . 11 分 所以210k =，即 1 2 k = 所以l的斜率恒为定值 1 2 12 分