【文档说明】福建省福州第一中学2021届高三下学期4月适应性练习卷（一）数学试题 含答案.docx，共(13)页，917.499 KB，由小赞的店铺上传

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福建省福州一中2021届高三数学适应性练习卷（一）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，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合20Axxx=−，{|1Bxx=或0}x，则A．BAB．ABC．AB=RD．AB=2．命题“)2x

−+，，31x+”的否定为A．)02x−+，，031x+B．)2x−+，，31x+C．()0,2x−−，031x+D．()0,2x−−，031x+3．在复平面内，复数()i,zabab=+R对应向量OZ（O为坐标原点），设OZr=，以射线

Ox为始边，OZ为终边的角为，则()cosisinzr=+，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：设()1111cosisinzr=+，()2222cosisinzr=+，则()()12121212cosisinzzrr=+++，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：()(

)cosisincosisinnnnzrrnn=+=+，则()1013i−+=A．102410243i−B．102410243i−+C．5125123i−D．5125123i−+4．已知函数3211,0()32e,0xxxxfxx−=，

，则2(3)(2)fxfx−的解集为A．(,3)(1,)−−+B．(3,1)−C．(,1)(3,)−−+D．(1,3)−5．在梯形ABCD中，//ABCD，90DAB=，2AB=，1CDAD==，若点M在线段BD上，则AMCM的最小值为A．35B．

920−C．35-D．9206．将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为A．320B．340C．920D．

9407．已知F是双曲线22221(0,0)xyabab−=的右焦点，过点F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于B，且满足3AFFB=，则双曲线的离心率为（）A．3B．62C．2D．68．已知实数,,abcR，且ln,1eeeabcabcb==−，则,,abc大小关

系为A．abcB．acbC．bcaD．bac二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。9．刘女士的网店经营坚果类食品，2020年各月份的收入、支出（单位：百元）情况的统计

如图所示，下列说法中正确的是A．4至5月份收入的平均变化率与11至12月份收入的平均变化率相同B．支出最高值与支出最低值的比是5:1C．第三季度月平均收入为5000元D．利润最高的月份是3月份和10月份10．下列函数中是奇函数，且值域为R的为A．3()f

xx=B．1()fxxx=+C．()sinfxxx=+D．5()fxx−=11．嫦娥奔月是中华民族的千年梦想．2020年12月我国嫦娥五号“探月工程”首次实现从月球无人采样返回．某校航天兴趣小组利用计算机模拟“探月工程”，如图，飞行器在环月椭圆轨道近月点制动（俗

称“踩刹车”）后，以km/sv的速度进入距离月球表面kmn的环月圆形轨道（月球的球心为椭圆的一个焦点），环绕周期为st，已知远月点到月球表面的最近距离为kmm，则A．圆形轨道的周长为()2kmvtB．月球半径为km2vtn−C．近月点与远月点的距离为kmtmn

−+D．椭圆轨道的离心率为mnmn−+12．莱布尼茨说：“音乐，是人类精神通过无意识计算而获得的愉悦享受”．1807年法国数学家傅里叶指出任何乐声都是形如Asin()yt=+之各项之和，()0.03sin10000.02sin2000fttt

=+0.01sin3000t+的图象就可以近似表示小提琴演奏的某音叉的声音图象，则A．1()()500ftft=+B．()ft的图象关于点1(,0)1000对称C．()ft的图象关于直线12000t=对称D．()ft在11[,]40004000−单

调递增三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在各项都为正数的等比数列na中，已知101a，其前n项之积为nT，且126TT=，则nT取最小值时，n的值是___________．14．如果313nxx+的

展开式中各项系数之和为4096，则n的值为________，展开式中x的系数为________．15．抛物线2:2(0)Cypxp=，过C焦点F的直线l与C相交于,AB两点，且,AB在准线上的射影分别为,MN，AFM△的面积与BFN△的

面积互为倒数，则MFN△的面积为．16．如图，已知ABC△的顶点C在平面上，点,AB在平面同一侧，且23,2ACBC==，若,ACBC与平面所成角分别为5,,124则ABC△面积的取值范围是_____．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）已知集合|2,Axxnn==N，|3,nBxxn==N，将AB中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列na，设数列na的前n项和为nS．（1）若27ma=，

求m；（2）求50S．（18）（12分）ABC△的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知A是锐角，cossinbAaAc+=．（1）求角C的大小；（2）若3B=，延长线段AB至点D，使得3CD=，且ACD的面积为334，求线段BD的长度．（19）（12分）如图，直角三角形ABD所在的平

面与半圆弧BD所在平面相交于BD，2ABBD==，E,F分别为AD,BD的中点，C是BD上异于B，D的点，2EC=．（1）证明：平面CEF⊥平面BCD；（2）若C为半圆弧BD上的一个三等分点(靠近点D)，求二面角ACEB−−的余弦

值．（20）（12分）甲、乙、丙、丁四只球队进行单循环小组赛（每两个队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛．规定：比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，打平两队各记1分．三

轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线．假设四只球队水平相当，即每场比赛双方获胜、负、平的概率都为13．（1）三轮比赛结束后甲的积分记为X，求(3)PX=；（2）若前二轮比赛结束后，甲、乙、丙、丁四个球队积分分别为3、3、0、6，问

甲能小组出线的概率．（21）（12分）已知椭圆2222:+1(0)xyCabab=，长轴为4，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值14−

．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l过右焦点2F，问y轴上是否存在点D，使得三角形ABD为正三角形，若存在，求出点D坐标，若不存在，请说明理由．（22）（12分）已知函数()sinsin2fxaxx=+，aR．（1）若()fx在0,2上有极值点，求a的取值范围

；（2）若1a=，20,3x时()cosfxbxx，求b的最大值．福建省2021届高三数学适应性练习卷（一）参考答案一、选择题1—81．D；2．A；3．D；4．B；5．B；6．C；7．B；8．D．二、选择题9．ACD10．AC11．BC12．ABD．1．【解析】，解得()01A=

，，则=AB，故选D．2．【解析】():,pxMpx，那么()00:,pxMpx，故选A．3．【解析】()10102213i2cosisin33−+=+10102020132cosisin2i3322

=+=−+．故选D．4．【解析】0x时，()()()32211,0,32fxxxfxxxfx=−=−在(),0−上单调递增，()fx在()0+，上单调递增，且00e，所以()fx在()+-，上单调递增，所以原不

等式得解集即为232xx−的解集，()3,1x−，故选B．5．【解析】以A为原点，,ABAD为,xy轴正方向建立平面直角坐标系，则()()()()0,0,2,0,1,1,0,1ABCD．由于M在线段BD上，设()2,,01DM

DB==−,()()2,1,21,AMCM=−=−−,所以()53AMCM=−,设()()53f=−，由于30,110()min391020ff==−，故选B．6．【解析】6人平均分成2组有336320CC=种分法．记“甲乙至少一人参加指挥交通

且甲丙不在同一组”为事件A，则A包含的基本事件有以下3种情况：①甲指挥交通，乙和丙宣传资料，有21313CC=种；②乙和丙指挥交通，甲宣传资料，有12323CC=种；③甲和乙指挥交通，丙宣传资料，有

12323CC=种．所以()33392020PA++==，故选C．20xx−7．【解析】作1A与A关于x轴对称，由双曲线渐近线的对称性知1A在渐近线OB上，且11,FAOBFAFA⊥=,在1RtFAB△中，113A

FBF=,那么1sin=,3OBA所以记tan,0,2ba=，那么2121=2cos1,cos,tan332−==，则2222222362,3,,22abcabbee==+===，故

选B．8．【解析】0,1,1cab，下面比较a与b的大小：由1a知0lnaa，那么lneeaaaa，设()()()1,0,eexxxxfxfxfx−==在()1,+上单调递减，由()()fafb知ab，故选D.9．【解析】对于A,4至5月收入的平均变

化率为10302054−=−−，11至12月收入的平均变化率为3050201211−=−−，故A正确；对于B,支出最高值为60，最低值为10，所以比值为61：，故B错误；对于C，第三季度的平均收入为503605040=++，即5000元，故C正确；对于D，因为利润等于收入减去支

出，所以1至12月的每月利润分别为：20,20,30,20,20,20,20,10,20,30,20,20，所以3月和10月利润最高，故D正确.故选ACD．10．【解析】对于选项A,C，显然都是奇函数，且值域为R，故A、C都正确；对于B，该函数是奇函数，其值域是(2][2,

)−−+，,故B错误；对于D，该函数是奇函数，但是值域为0)(0,)+（－，，故D错误.故选AC．11．【解析】对于A,因为飞行器在环月椭圆轨道近月点制动（俗称“踩刹车”）后，以svkm/的速度进入距离月球表面nkm的环月圆形轨道，环绕周期为ts，则可得环绕的圆

形轨道周长为vtkm，半径为kmvt2，故A错误；对于B，月球半径为kmnvt)2(−，故B正确;对于C，近月点于远月点的距离为kmnvtm)(−+，故C正确；1cos=,3BOA对于D，设椭圆方程为12222=+byax，则,caRm+=+)(,为月球的半径RcaRn−=+，

所以22,amnR=++2,cmn=−所以2mnemnR−=++,故D错误.故选BC．12．【解析】对于A,因为1111()0.03sin1000()0.02sin2000()0.01sin3000()(),50050050050

0fttttft+=+++++=故A正确.对于B,因为1111()0.03sin1000()0.02sin2000()0.01sin3000()()500500500500fttttft−=−+−+−=−，所以1()()0,500ftft−+=所以()ft的图象关于1(,0)10

00对称，故B正确.对于C,因为1111()0.03sin1000()0.02sin2000()0.01sin3000()1000100010001000ftttt−=−+−+−0.03sin10000

.02sin20000.01sin3000()tttft=−+，故C错误.对于D，()30cos100040cos200030cos3000ftttt=++，1000,xt=令则[0,]4x，则()30cos40cos230cos3,ftxxx=

++记()3cos3cos3,gxxx=+则()3sin9sin3,gxxx=−−因为[0,]4x，所以2[0,],sin20,2xx33[0,],sin30,4xx于是()0gx，所以()gx单调递减，()()0,4gxg=又因为cos20x

，所以()0ft，即()ft在]40001,0[单调递增,又因为)(tf是奇函数，所以()ft在11[,]40004000－单调递增，故D正确.故选ABD．三、填空题13．9；14．6，1215；15．2；16．3,3．13．【解

析】由126TT=知78121,aaa=所以3910()1aa=，故9101aa=，又因为na是各项都为正数的等比数列，101a，所以1q，当9n1时，01na，当10n时，1na，所以当9n=时，nT取最小值9.答案为9．14．【解析】在3

13nxx+中令1x=得44096n=，所以6n=，所以6313xx+展开式的通项为5666216631(3)()3rrrrrrrTCxCxx−−−+==，令512r=6-得2r=，所以6313xx+展开式中x的系数是2

6263=1215.C−答案为6，1215．15．【解析】设,,,AFxAFmBFn===则22222111sinsin()sin1224AMFBFNSSmnmn=−==，所以222sin4mn=，故MFNAMFBFNAMNBSSSS

=−−梯形22111()()sinsinsinsin2222mnmnmnmn=++−−==．答案为2．16．【解析】过C作平面的垂线l，依题意，AC,BC分别在以l为轴的圆锥侧面上运动，A,B分别在两个圆周上运动，当直线AC，BC,轴l在同一平面上时，ACB

分别取到最大值，最小值.最大值为+=,4123最小值为=,4126−所以[,]63ACB，1sin2ABCSACBCACB=1232sin23sin[3,3]2ACBACB==．答案为3,3

．四、解答题17．【解析】（1）因为27ma=，所以数列na中前m项中含有A中的元素为2，4，6，…，26，共有13项，数列na中前m项中含有B中的元素为3，9，27，共有3项，所以16m=．（2）因为250100=，4381100

=，53243100=，所以数列na中前50项中含有B中的元素为3，9，27，81共有4项，所以数列na中前50项中含有A中的元素为21,22,23,,246，共有46项，所以50(392781)(2

12223246)2282S=++++++++=．18．【解析】（1）由cossinbAaAc+=及正弦定理可得sincossinsinsinBAAAC+=．因为sinsin()sincossincosCABABBA=+=+，所以2sinsincosAAB=．因为A是锐角

，所以sincossin()2ABB==−，所以2AB+=，所以2C=．（2）设,BDmBCn==，所以23,23ACnABnCBD===，，2ADnm=+，所以1sin2334ACDSACADA==，所以(2)3nnm+=．.......①在BCD△中，由余弦定理

，可得223mnmn++=．②由①②解得1mn==，即1BD=．19．【解析】（1）因为C半圆弧BD上的一点，所以BCBD⊥．在ABD中，,EF分别为,ADBD的中点，所以112EFAB==，且//EF

AB．于是在EFC中，222112EFFCEC+=+==，所以EFC为直角三角形，且EFFC⊥．因为ABBD⊥，//EFAB,所以EFBD⊥．因为EFFC⊥，EFBD⊥，BDFCF=，所以EF⊥平面BCD．又

EF平面CEF，所以平面CEF⊥平面BCD．（2）由已知120BFC=，以F为坐标原点，分别以垂直于BD、向量,FDFE所在方向作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz−，则31(

,,0)22C，(0,0,1)E，(0,1,0)B−，(0,1,2)A−,31=(,,1)22CE−−,(0,1,1)BE=,(0,1,1)AE=−．设平面ACE的一个法向量为111(,,)xyz=m,则·0·0A

ECE==，，mm即11111031022yzxyz−=−−+=，，取11z=,得3,1,13=（）m．设平面BCE的法向量222(,,)xyz=n,则·0·0BECE==，，nn即2

2222031022yzxyz+=−−+=，，取21z=,得3,1,1=−（）n．所以1105cos,=||||352153==mnmnmn，又二面角ACEB−−为锐角，所以二面角ACEB−−的余弦值为10535．20．【解析】（1）设甲的第i场比赛获胜记为(1,2,3)iAi=

，第i场比赛获平记为(1,2,3)iBi=，第i场比赛获输记为(1,2,3)iCi=，123123123123(3)()()()()PXPBBBPACCPCACPCCA==+++321114()3()

33327=+=．（2）分类1：若第三轮甲胜丁，则甲、乙、丙、丁四个球队积分变为6、3、0、6，另一场比赛乙胜丙，这时甲、乙、丁积6分，丙积0分，所以要抽签决定，抽中前两名的概率为23，这时甲出线的概率为2112()33P=，另一场比赛乙平丙或乙输丙，这

时甲一定出线，甲出线的概率为221()23P=，分类2：若第三轮甲平丁，则甲、乙、丙、丁积分变为4、3、0、7，另一场比赛乙输丙，则甲、乙、丙、丁积分变为4、3、3、7，甲一定出线，甲出线的概率为231()3P=，另一场比赛乙平丙，则甲、乙、丙、丁积分变为4、4

、1、7，所以要抽签决定，抽中前两名的概率为23，这时甲出线的概率为2411()32P=，分类3：若第三轮甲输丁，则甲、乙、丙、丁积分变为3、3、0、9，另一场比赛乙输丙，甲、乙、丙、丁积分变为3、3、3、9，甲出线的概率为2511()33P=，甲出线的概率为123451=2P

PPPPP=++++.21．【解析】（1）由题意可知，2,42==aa．设点()()2211,,yxByxA，BA,在椭圆上，所以2211221xyab+=,1222222=+byax,所以()()()()12121212220xxxxyyyya

b+−+−+=，所以()()()()2121221212yyyyaxxxxb+−=−+−．因为1.4ABOMkk=−，所以211221121.4yyyyxxxx−+=−−+，所以2214ba=−－，所以23b=．所以椭圆C方程为

2214xy+=．（2）()23,0F，设直线()3lykx=−；，联立方程得()222214831240kxkxk+−+−=，所以2212122283124,1414kkxxxxkk−+==++，所以

222433,1414kkMkk−++．假设存在点D，则MD的直线方程为2223143()1414kkyxkkk+=−−++，所以233014kDk+，．221224(1)114kAB

kxxk+=+−=+，22222431143101414kkkMDkkk+=+−=++，若ABD为等边三角形，则32MDAB=，即2234(1)214kk++2243114kkk+=+，解得213k=

，此时2339147kk=+，所以存在点90,7D，使得ABD为等边三角形．22．【解析】（1）2()cos2cos24coscos2fxaxxxax=+=+−，依题意，()fx有变号零点，令cosx

t=，则(0,1)t，所以2()420gttat=+−=在(0,1)有实根，注意到0，所以(0)(1)0gg，解得2a−．（2）1a=，()sinsin2fxxx=+，当2x=时，()0fx=，cos0bxx=，所以()cosfxbxx成立，当0,2x时，cos0

x，所以tan2sinxxbx+，记()tan2sinhxxxbx=+−，则()0hx恒成立，21()2coscoshxxbx=+−，3332sin2sin(1cos)()2sin0coscosxxxhxxxx−=−=，()hx在(0,)2单调递增，(0)3hb=−，若3b，

则(0)0h，记1cos,0,2b=，则()220hbbbb=+−=，所以存在()00,x，使得()00hx=，当()00,xx时，()0hx，()hx单调递减，所以()00,xx时，()(0)0hxh=，不符题意，当3b=时，()(

0)0hxh=，即0,2x时，()hx单调递增，所以，()(0)0hxh=，符合题意，当,23x时，()()sin2sincossin12cosfxxxxxx=+=+，由22cos12cos10

3x++=，sin0x，所以()0fx，而3b=时，cos0bxx，所以()cosfxbxx成立，综上所述，b的最大值为3．