2020-2021福州一中高三下学期理科数学开学质量检查考试及答案最终版

1福州一中2020—2021学年第二学期高三开学质量检查考试数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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．已知全集RU，)}1ln(|{2xyxA，}4|{2xyyB，则()RABð（）A．)01(，B．)10[，C．)10(，D．]01(，2．欧拉公式cossiniei，把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数cos和sin联系在一起，被誉为“数学的天桥”，若复数z满足1iezii，则z（）A．5B．2C．22D．33.某地为了解居民的每日总用电量y（万度）与气温x（°C）之间的关系，收集了四天的每日总用电量和气温的数据如表：气温x（°C）191391每日总用电量y（（万度）24343864经分析，可用线性回归方程拟合y与x的关系．据此预测气温为14°C时，该地当日总用电量y（万度）为（）A．30B．31C．32D．334.已知3(,)44，sin(4＋)＝35，则tan的值为（）A.17B.17C.7D．75.52()()axxxx的展开式中各项系数和为2，则该展开式2x的系数为（）A．30B．30C．10D．106.渔民出海打鱼，为了保证获得的鱼新鲜，鱼被打上船后，要在最短的时间内将其分拣、冷藏，若不及时处理，打上来的鱼会很快失去新鲜度.已知某种鱼失去的新鲜度h与其出水后2时间t（分）满足的函数关系式为120th=a．若出水后10分钟，这种鱼失去的新鲜度为10%．那么若不及时处理，打上来的这种鱼在多长时间后开始失去全部新鲜度（已知lg20.3，结果取整数）（）A.33分钟B.43分钟C.50分D.56分钟7.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.已知函数3()(1)exfxaxx，若存在唯一的正整数0x，使得0()0fx，则实数a的取值范围是（）A．218[)23ee，B．436427[)54ee，C．32278[)43ee，D．1[0)2e，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.设na是各项为正数的等比数列，q是其公比，nT是其前n项的积，且67TT，789TTT，则下列结论正确的是（）A.1qB.81aC.106TTD.7T与8T均为nT的最大值10.已知抛物线2:2(0)Cypxp=>的焦点为F，斜率为k的直线l过F且交抛物线C于点,AB，且,4pAa，32AF.下列结论正确的是（）A.4pB.28kC.||3BFD.△AOB的面积为32211.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（）3A．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12.如图在四面体ABCD中，==2ABCD，==3ACBD，==5ADBC，EF、分别是ADBC、的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下列说法正确的是（）A．EFAD且EFBCB．四面体ABCD的体积是63C．多边形截面为矩形D．多边形截面面积的最大值为62三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知非零向量,ab满足2ab，且()abb，则a与b的夹角为_________.14.已知正项数列na，na的前n项和为nS，且11a，1(2)nnnSSan，则6a________.15.已知点,,ABC在半径为53的球面上，满足1ABAC，3BC，若S是球面上任意一点，当三棱锥SABC体积的最大值时，SA与平面ABC所成角的正弦值为_______.16.等腰ABC中，,ABACBD为边AC上的中线，且4BD，则ABC的面积的最大值为__________.4四、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）（本小题满分10分）ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知A是锐角，cossinbAaAc.(I)求角C的大小；(II)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．（18）（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，60BAD，90APD，且ADPB．(I)求证：平面PAD⊥平面ABCD；(II)若ADPB，求二面角DPBC的余弦值．（19）（本小题满分12分）某企业2020年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从2021年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（2021为第1年）的利润为1500(1)2n万元（n为正整数）.（I）设从2021起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为nA万元，进行技术改造后的累计纯利润为nB万元（须扣除技术改造资金），求nA、nB的表达式；（II）依上述预测，从2021起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？5（20）（本小题满分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.（I）三轮比赛结束后甲的积分记为X，求(3)PX；（II）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）（本小题满分12分）已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为22，且过点(2,2).(I)求椭圆C的方程；(II)已知000(,)(0)Pxyy是直线4x上一动点，过椭圆C右焦点的直线l（其中Pl）交椭圆于,AB两点,若,PAPB与x轴分别交于点(,0),(,0)MNMxNx，则1122MNxx是否是定值，若是求出该定值，不是请说明理由.（22）（本小题满分12分）已知函数Rmamxxgxxaexxfx,(1)(),2(ln)(2且为常数，e为自然对数的底）.(I)讨论函数)(xf的极值点个数；(II)当1a时，若)()(xgxf，求实数m的取值范围.6福州一中2020-2021学年第二学期高三开学质量检查考试答案一、选择题：12345678DACDBBBC二、选择题：9101112BDBCDABDABD三、填空题：13.___3___14.__11____15.___31010_____16._____323_______四、解答题17.(I)由cossinbAaAc及正弦定理可得sincossinsinsinBAAACsinsin()sincossincosCABABBA2sinsincosAAB因为A是锐角，所以sincossin()2ABB2AB，所以2C(II)设,BDmBCn，所以23,23ACnABnCBD，2ADnm，3341sin2ACDSACADA所以(2)3nnm........①在BCD中，由余弦定理可得223mnmn..②由①②解得1mn即1BD18.解：取AD中点O，连结OP，OB，BD，因为底面ABCD为菱形，60BAD，所以ADABBD．因为O为AD的中点，所以OBAD．7在△APD中，90APD，O为AD的中点，所以12POADAO．设2ADPBa,则3OBa，POOAa，因为22222234POOBaaaPB，所以OPOB．所以OB平面PAD．因为OB平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD．（2）因为ADPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB．所以POAD．由（1）得POOB，ADOB，所以OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直．以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设2AD，则(1,0,0)A，(1,0,0)D，0,3,0B，0,0,1P，所以1,0,1PD，0,3,1PB，(2,0,0)BCAD，设平面PBD的法向量为111,,xyzn，则11110,30,PDxzPByznn令11y，则13x，13z，所以3,1,3n．设平面PBC的法向量为222,,xyzm，则22220,30,BCxPByzmm令21y，则20x，23z，所以0,1,3m．设二面角DPBC为，由于为锐角，所以coscos,mn8427727．所以二面角DPBC的余弦值为277．19.解：（Ⅰ）依题设，2(50020)(50040)(5002)49010nAnnn2111500500[(1)(1)(1)]6005001002222nnnBn（Ⅱ）2500500100(49010)2nnnBAnnn5010[(+1)10]2nnnBAnn因为函数5010[(+1)10]2xyxx在(0,)上为增函数，当13n时，505010[(+1)10]10[1210]028nnn当4n时，505010[(+1)10]10[2010]0216nnn.∴仅当4n时，nnBA答：至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.20.解（I）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（II）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，抽中前两9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=2PPPPPP.21.解：（I）设椭圆C：22221(0)xyabab2222222421caababc解得22,2,2abc所以椭圆方程为22184xy(II)(1)设直线:0ABy，(22,0),(22,0)MN111122222212244222222MNxx（2）直线11220:2(,),(,),(4,),ABxmyAxyBxyPy，由22228xmyxy得22(2)440mymy12212204242myymyym直线1001:(4)4yyPAyyxx，令0y，得110104=Myxyxyy11010101010011010101042222(2)(2)2=2Myxyyyxyyymyymyyxyyyyyyyy同理0220(2)2Nmyyxyy所以10201200120121111()(2)2222MNyyyyyyyxxmyyymyyy100014(2)124mymy为定值.22.解：（I）))(12()21()12()('22xaexxaexxfxx，),0(x(1)当0a时，0)('xf，所以)(xf在),0(上单调递增，无极值点.(2)当0a时，而0)12()'(22xxexxe，所以xxe2在),0(上单调递增，且0,0,022aaexexax，axex2有唯一解设为)0(00xx，当,0)('),,0(0xfxx)(xf在),0(0x上单调递减，,0)('),(0xfxx，)(xf在),(0x上单调递增，有1个极值小值点.综上：0a时，无极值点；0a时，1个极值点.(II)解法一：)()(xgxf等价于xxemx1ln22令xxexgx1ln)(2，22222ln2ln2)('xxexxxexgxxxexxhxln2)(22为),0(上的增函数，且012)1(,02)1(222eeeeheh，所以唯一的)1,0(0x，有0)('0xg即0ln202200xexx而上式等价于)ln()lnln(22ln0000xxxx由于函数xxln为增函数，所以00ln2xx当,0)('),,0(0xfxx以)(xf在),0(0x上单调递减，,0)('),(0xfxx，)(xf在),(0x上单调递增，所以2ln1ln11ln)()(000000020min0xxxxxxxexgxgx所以22m即0.m解法二：利用常见不等式：xxln1xxexexxx2ln)ln(122（当且仅当12xex等号成立）21ln)(2xxxexgx（当且仅当12xex等号成立）所以22m即0.m