2022届福建省漳州第一中学高三下学期第五次阶段考数学试题含解析

这是一份2022届福建省漳州第一中学高三下学期第五次阶段考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届福建省漳州第一中学高三下学期第五次阶段考数学试题一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解不等式得集合M，求函数定义域得集合N，然后求M与N的交集即可.【详解】依题意，解不等式得：，则，由知：，解得，则，于是得，所以.故选：C2．设复数z满足，则（       ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【解析】先由条件有，求出复数，再求复数的模.【详解】由，则，所以故选：D.3．“”是“直线与直线平行”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】D【分析】根据两条直线平行的条件，建立关于的关系式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．【详解】解：当，；两直线方程分别为：与直线此时两直线重合，充分性不成立．若直线与直线平行，则当时，两直线方程分别为或，此时两直线不平行，当，若两直线平行，则，即且，解得，即必要性不成立，故“”是“直线与直线平行”的既不充分也不必要条件，故选：．【点睛】本题在两条直线平行的情况下求参数的值．着重考查了直线的方程与直线的位置关系等知识，属于基础题．在判断两条直线平行时，应该注意两条直线不能重合，否则会出现多解而致错．4．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，由此可得出合适的选项.【详解】对于A选项，函数的定义域为，不满足条件；对于B选项，函数的定义域为，不满足条件；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，则，不满足条件；对于D选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，则，满足条件.故选：D.5．直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求出，即可求出，再求出圆心到直线的距离，即可求出三角形的高的取值范围，从而得到面积的取值范围；【详解】解：直线分别与轴，轴交于，两点，令，得，令，得，，，，圆的圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离，点在圆上，所以三角形的高，即，所以故选：A6．已知双曲线的左焦点为，右焦点为，，为双曲线右支上一点，为坐标原点，满足，且，则该双曲线的离心率为（       ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】由已知得出，题意得主，由勾股定理和已知结合可得，从而可得离心率．【详解】由得，所以是直角三角形，，，即，，，所以．所以，，离心率为．故选：B．7．等差数列的前项和为,且，.设，则当数列的前项和取得最大值时, 的值为A．23 B．25 C．23或24 D．23或25【答案】D【分析】先依据条件知等差数列的前25项为正数，从第26项起各项都为负数，所以可以判断的前23项为正数，为负数，为正数，从第27项起各项都为负数，而，故的前项和取得最大值时，的值为23或25．【详解】，等差数列的公差，且则，且，由，知的前23项为正数，为负数，为正数，从第27项起各项都为负数，而与是绝对值相等，符号相反，相加为零，，之后越来越小，所以数列的前项和取得最大值时,的值为，故选D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质以及求数列前项和取最值的判断方法．8．函数（，且）有两个零点，则的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，将题意转化为函数图象与函数图象有两个交点，结合图象确定正确选项.【详解】，得，即．由题意知函数图象与函数图象有两个交点．当时，草图如下，显然有两交点．当时，函数图象与函数图象有两个交点时，注意到互为反函数，图象关于直线对称，可知函数图象与直线相切，设切点横坐标，则，解得综上，a的取值范围为.故选：D．【点睛】思路点睛：本题处理函数的零点问题转化为了两个函数图象的交点，利用数形结合思想可得参数范围.二、多选题9．设a，b是两条不重合的直线，，，是三个不同的平面．下列四个命题中，正确的是（       ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】AC【分析】根据空间中线面的关系，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A，由面面垂直的判定可知是正确的；对于B，观察教室的墙角共顶点的三个平面，发现与还可能相交，故B错误；对于C,直线同时垂直平面，则直线与两平面所成的角均为，故两平面平行，故C正确；对于D，直线b可能在平面内，故D错误．故选：AC.10．已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（       ）A． B．在单调递增C．的图象关于对称 D．在上的最大值是1【答案】AC【分析】由周期求出，由图象变换求得的解析式并化简，然后由正弦函数的性质判断各选项．【详解】由题意，，所以，，，，A正确；时，，递增，递减，B错；是最大值，C正确；时，，的最小值是，的最大值是，D错；故选：AC．11．已知函数，现给出下列结论，其中正确的是（       ）A．函数有极小值，但无最小值B．函数有极大值，但无最大值C．若方程恰有一个实数根，则D．若方程恰有三个不同实数根，则【答案】BD【分析】先求导，根据导数和函数单调性的关系，以及极值和最值的关系即可判断．【详解】解： 由题意得．令，即，解得或．则当或时，，函数在和上单调递增；当时，，函数在上单调递减．所以函数在处取得极大值，在处取得极小值．又时，；时．作出函数的大致图象如下图所示：因此有极小值，也有最小值，有极大值，但无最大值．若方程恰有一个实数根，则或；若方程恰有三个不同实数根，则．故选：BD12．如图，正方体棱长为2，为棱的中点，为棱上的点，且，现有下列结论，其中所有正确结论的编号为（       ）A．当时，平面B．存在，使得平面C．当时，点到平面的距离为D．对任意，直线与是异面直线【答案】CD【分析】先建立空间直角坐标系，对于A直接求出平面的法向量，判断和法向量是否垂直即可；对于B只需要说明与不垂直即可；对于C直接求出平面的法向量，按照距离公式求解即可；对于D直接用定义判断即可.【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.对于A：，设平面的法向量为，则，令，，，故A错误；对于B：，所以与不垂直，故与平面不垂直，故B错误；对于C：，设平面的法向量为，则，令，，又，所以点到平面的距离为，故C正确；对于D：因为在平面内，在平面外，所以与是异面直线，故D正确.故选：CD.三、填空题13．已知，与的夹角为60°，则在上的投影为_________.【答案】【分析】根向量的投影即可求解.【详解】解：由题意得投影为：，故答案为：14．已知，则___________.【答案】【分析】根据诱导公式和二倍角公式得到代入数据即可得到答案.【详解】将式子变形得到.故答案为：.15．已知等比数列的前项和为，公比，，，若数列为等比数列，则实数______.【答案】【分析】由，，可求出，则可得，由题意可知，，成等比数列，则，从而可求出的值【详解】由，可得，而，则，若数列为等比数列，则，，成等比数列，有，即，解得，经验证，时，数列为等比数列，故，故答案为：四、双空题16．如图，将由六个边长为3的正三角形构成的平行四边形形状的纸片沿虚线折起，制作了一个粽子形状的六面体模型，则该六面体的体积为__________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为__________.【答案】          【分析】六面体为两个正四面体的组合体，易得其体积，用体积法求得内切球的半径后可得球体积，即为所求最大值．．【详解】易得该六面体为两个正四面体的组合体，所以体积为设该六面体的内切球的半径为，则为该六面体的表面积，，所以，则该六面体的内切球的体积为故答案为：；．五、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知公差不为0的等差数列的前项和为，是与的等比中项，______．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)【分析】（1）选条件①：由等比中项的定义和等差数列的通项公式求出的首项和公差，代入等差数列的通项公式中，得的通项公式．选条件②：由等比中项的定义和等差数列的前项和公式求出的首项和公差，代入等差数列的通项公式中，得的通项公式．选条件③：由是与的等比中项，判断，由，可得，只需利用等比中项的定义和等差数列的前项和公式，求出的首项和公差，代入等差数列的通项公式中，得的通项公式．（2）先求出，进而可得，利用裂项相消法即可求得数列的前项和．【详解】(1)选条件①．设等差数列的公差为，则依题意得，，所以，得，所以数列的通项公式为；选条件②．设等差数列的公差为，则依题意得，，所以，得，所以数列的通项公式为．选条件③．因为是与的等比中项，所以，由，可得，设等差数列的公差为，则依题意得，，所以，得，所以数列的通项公式为．(2)由（1）可得．因为，所以，.18．在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，，平面，，，，，，且是的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值的大小.【答案】（1）见解析（2）【分析】试题分析：（1）取AD的中点N，连接MN、NF．由三角形中位线定理，结合已知条件，证出四边形MNFE为平行四边形，从而得到EM∥FN，结合线面平行的判定定理，证出EM∥平面ADF；（2）求出平面ADF、平面BDF的一个法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角的大小.解析：（1）解法一：取的中点，连接.在中，是的中点，是的中点，所以，又因为，所以且.所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，故平面.解法二：因为平面，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得，设平面的一个法向量是.由得令，则.又因为，所以，又平面，故平面.（2）由（1）可知平面的一个法向量是.易得平面的一个法向量是所以，又二面角为锐角，故二面角的余弦值大小为.【详解】19．已知在中，角的对边分别为，且.(1)求的值；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正余弦定理边化角得，整理求解即可得答案；（2）方法一：根据题意解得，进而由正弦定理得，，故，再结合求得的取值范围是，进而得周长范围；方法二：根据题意解得，再结合余弦定理得，再结合不等式得，当且仅当时等号成立，最后结合三角形的性质得，进而得周长的范围【详解】(1)解：在中，，，，解得.(2)解: 方法一： ，∴ ，∵，∴∴ ，.由正弦定理得，，.由得，，且..，，，，的取值范围是.∴周长的取值范围是.方法二，，∴ ，∵，∴∴ ，.因为由（1）得所以由余弦定理得得因为所以，即，所以，当且仅当时等号成立，又因为三角形两边之和大于第三边，所以，即，所以，即周长的取值范围是.20．在接种新冠疫苗的副作用中，有发热、疲乏、头痛等表现.为了了解接种某种疫苗后是否会出现疲乏症状的副作用，某组织随机抽取了某地200人进行调查，得到统计数据如下：  无疲乏症状有疲乏症状总计未接种疫苗10020120接种疫苗总计160200 (1)求列联表中的数据，，，的值，并确定能否有85%的把握认为有疲乏症状与接种此种疫苗有关；(2)从接种疫苗的人中按是否有疲乏症状，采用分层抽样的方法抽出8人，再从8人中随机抽取3人做进一步调查.若初始总分为10分，抽到的3人中，每有一人有疲乏症状减1分，每有一人没有疲乏症状加2分，设得分结果总和为，求的分布列和数学期望.附：.0.1500.1000.0500.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635 【答案】(1)x=60，y=20，m=40，n=80，有85%的把握认为疲乏症状与接种此种疫苗有关，理由见解析；(2)分布列见解析，期望值为【分析】（1）利用表格数据分析得到，，，的值，代入公式求出卡方，与2.072比较得出结论；（2）先用分层抽样求出无疲劳症状与有疲劳症状的人数，再求出的可能取值及相对应的概率，得到分布列及数学期望.【详解】(1)由题意得：，m=200-160=40，y=40-20=20，n=200-120=80，，故有85%的把握认为疲乏症状与接种此种疫苗有关；(2)因为，所以采用分层抽样的方法抽出8人，其中无疲乏症状人数为，有疲乏症状的人数为，则的可能取值有，10-1+2+2=13，10+2+2+2=16，其中，，，则的分布列如下：X101316p 则数学期望为.21．已知椭圆的左右焦点分别为，，点在上且．（1）求的标准方程；（2）设的左右顶点分别为，，为坐标原点，直线过右焦点且不与坐标垂直，与交于，两点，直线与直线相交于点，证明点在定直线上．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意可得，再根据可求出，从而可得椭圆的标准方程；（2）首先设，，，由，，三点共线可得，由，，三点共线可得，联立消去，，再根据直线与椭圆联立得到一元二次方程，利用韦达定理代入，，可得结论.【详解】（1）∵，，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴的标准方程为.（2）证明：设直线，，，，由题意知，，，，∴，，由，，三点共线可得，由，，三点共线可得，∴，代入，，∴，代入，，并化简得，由题意知，解得，所以点在定直线上.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.22．已知函数，(是自然对数的底数).（1）求的单调区间；（2）若函数，证明：有极大值，且满足.【答案】（1）函数的减区间为，增区间为.（2）证明见解析【分析】（1）直接求出函数的导函数，令，解得，即可求出函数的单调区间；（2）首先求出的导函数，设，再对求导，说明其单调性，根据函数零点存在性定理可得在上存在极大值；【详解】解：（1），设，，   ∴当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 即函数的减区间为；增区间为. （2）因为，设，且   ∵， 在时，，所以在上单调递增，∴.∴，在上是单调递增，∴没有极值. 令，解得. 在时，，单调递减，     ∴，. 由根的存在性定理：设，使得：，即.             ∵在，，∴单调递增； 在，，∴单调递减；∴有极大值.∵有.   又∵， ∴，       .综上可得：函数有极大值，且满足.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，证明不等式，属于中档题.