2022届福建省莆田第二中学高三下学期返校考数学试题、含解析

2022届福建省莆田第二中学高三下学期返校考数学试题、

一、单选题

1．己知，若集合，则“”是“”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

【分析】考虑两者之间的推出关系，结合充分条件和必要条件的定义可得正确的选项.

【详解】若，则或，故“”推不出“”，

反之，若，则，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选：B.

2．直线经过第一、二、四象限，则（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】分析出直线的斜率以及该直线在轴上的截距的符号，即可得出、的符号.

【详解】因为直线经过第一、二、四象限，则该直线的斜率，可得，

该直线在轴上的截距，可得.

故选：C.

3．已知，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据对数函数与指数函数的性质，即可得到答案；

【详解】因为，，所以，，排除A，C.

又因为即，所以，故，

故选：D.

4．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】本题可以通过一题多解：

1.由两角差的余弦展开，再通过两边平方，可以得到二倍角的正弦；

2.先对条件进行两边平方，再利用余弦的二倍角公式和诱导公式，可以求出二倍角的正弦；

3.由两角差的余弦展开，再两边平方，再利用齐次变换，求出正切值，再计算二倍角的正弦值；

4.先用诱导公式，把正弦转化为余弦，再利用二倍角公式展开，把已知条件代入.

【详解】解法1：由，得，

两边平方，得，解得，

解法2：由，得，

即，解得.

解法3：由，

得，

即，则，

解得或，

于是.

解法4：.

故选：C.

5．已知互不重合的直线，，互不重合的平面，，，给出下列四个命题，错误的命题是（       ）

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，则

【答案】D

【分析】A：根据线面平行的性质定理进行判断即可；

B：利用平面法向量和面面垂直的性质进行判断即可；

C：利用线面垂直的判定定理进行判断即可；

D：根据线面关系进行判断即可.

【详解】A：过作一平面，与，都相交，设，如下图所示：

则有，又，所以，，所以，因此有，故本命题是真命题；

B：因为，，所以向量，是平面，的法向量，而，所以，即，故本命题是真命题；

C：设，在平面内任意一点，作，如下图所示：由面面垂直的性质定理可知：，因为，所以有，

又因为，所以，故本命题是真命题；

D：因为，，所以或，故本命题是假命题.

故选：D

【点睛】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理，考查了面面垂直的性质理，考查了线面垂直的判定定理，考查了面面平行的性质.

6．某学生在“捡起树叶树枝，净化校园环境”的志愿活动中拾到了三支小树枝（视为三条线段），想要用它们作为三角形的三条高线制作一个三角形，经测量，其长度分别为、、，则（       ）

A．能作出一个锐角三角形 B．能作出一个直角三角形

C．能作出一个钝角三角形 D．不能作出这样的三角形

【答案】C

【分析】计算出三角形三边的比值，并计算出三角形中最大角的余弦值，可得出结论.

【详解】设高分别为、、对应的底边长分别为、、（单位：），

则，设，则，，

由三角形三边关系可知，这样的三角形存在，

设该三角形的最大内角为，则，则为钝角，

故能作出一个钝角三角形.

故选：C.

7．已知，且，则的最小值为（       ）

A． B．8 C． D．10

【答案】D

【分析】对方程变形，再利用基本不等式进行求解.

【详解】整理为：，由基本不等式得：，即，解得：或，由于，所以舍去，从而的最小值是10

故选：D

8．已知函数，，，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C．，e） D．

【答案】D

【分析】由已知得，令，求导，然后分和来研究函数的取值大于零的情况.

【详解】由已知，得，

令，

则，可得，

（1）当时，，在上单调递增，

，成立；

（2）当时，令，则

令，则，

在上单调递增，

①当时，

在上单调递增，

在上单调递增，，成立；

②当时，，，

，

当，在上单调递减，

即在上单调递减，

此时有，在上单调递减，

，矛盾；

综上.

故选：D.

二、多选题

9．已知函数与函数的图象的对称轴相同，则（       ）

A．的值可以为4

B．的值可以为

C．函数的单调递增区间为

D．函数的所有零点的集合为

【答案】BC

【分析】根据正余弦函数图像的性质即可逐项求解.

【详解】由于两函数的对称轴相同，而两相邻对称轴之间的距离等于周期的一半，

∴两函数的周期也相同，因此，解得，A错误；

所以，

当时，，

此时与的图象关于x轴对称，则它们的对称轴相同，B正确；

在时递增，解得的单调递增区间为，C正确；

的所有零点满足，解得所有零点的集合为：，故D错误.

故选：BC.

10．函数的大致图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】先判断函数的奇偶性，可排除D选项，然后对 的取值进行分类讨论，比如，可判断A可能，再对分大于零和小于零的情况讨论，结合求导数判断函数单调性，即可判断B,C是否可能.

【详解】因为为定义域上的偶函数，

图象关于轴对称，所以D不可能.

由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可.

①当时，函数，所以A可能；

②当时，，，

所以在单调递增，在单调递减，所以C可能；

③当时，，，

所以在单调递减，在单调递减，所以B不可能；

故选:AC.

11．下图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线围成的曲边四边形绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底外直径为，双曲线C的左右顶点为，则（       ）

A．双曲线C的方程为

B．双曲线与双曲线C有相同的渐近线

C．存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点

D．双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3

【答案】ABD

【分析】由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求出双曲线方程，然后逐个分析判断

【详解】由题意可得，

所以，即，解得，

所以双曲线方程为，所以A正确，

双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，所以B正确，

由双曲线的性质可知，过平面内的任意一点的直线与双曲线的渐近线平行时，只与双曲线有一个交点，所以不存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，所以C错误，

由题意得，设为双曲线上任意一点，则，，

所以，

所以双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3，所以D正确，

故选：ABD

12．在矩形中（如图1），，.将沿折起得到以为顶点的锥体（如图2），若记侧棱的中点为，则以下判断正确的是（       ）

A．若，则的长度为定值

B．若，则三棱锥的外接球表面积为

C．若记与平面所成的角为，则的最大值为

D．若二面角为直二面角，且，则

【答案】ABC

【分析】对A，当时，点为的中点，取的中点，连接，，则易证明为定长（为的中线），故A正确；

对B，当时，取的中点，连接，，则外接球的半径，故，故B正确；

对C，在翻折的过程中，当且仅当平面平面时，与平面所成角最大为，即点与点重合时，，故C正确；

对D，过作的垂线，垂足为点，连接，则，即在矩形中，，则由平几知识易得，故D错误.

【详解】解：对A，当时，点为的中点，在翻折的过程中，取的中点，连接，，则易证明为平行四边形，所以为定长（为的中线），故A正确；

对B，当时，点与点重合，与两个全等的直角三角形，取的中点，连接，，则易知为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径，故，故B正确；

对C，在翻折的过程中，当且仅当平面平面时，与平面所成角最大为，则（设，）所以当即点与点重合时，，故C正确；

对D，因为二面角为直二面角，即平面平面平面平面，所以点在平面内的射影必在上，

过作的垂线，垂足为点，连接，则易知平面，所以，即在矩形中，，则由平几知识易得，故D错误.

故选：ABC.

三、填空题

13．双曲线的两条渐近线的夹角为______.

【答案】

【分析】根据双曲线的方程，求得其渐近线的方程，利用斜率与倾斜角的关系，以及双曲线的对称性，即可求解.

【详解】由题意，双曲线，可得两条渐近线方程为，

设直线的倾斜角为，则，解得，

根据双曲线的对称性，可得两见解析的夹角为.

故答案为.

【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，同时考查了直线的斜率与倾斜角的关系的应用，属于基础题.

14．若二项武的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值是_________．

【答案】7

【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.

【详解】的展开式的通项，

令，得，因为，所以当时，有最小值为7.

故答案为：7.

15．2021年7月25日召开的第44届世界遗产大会上，“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”获准列入世界文化遗产名录，至此泉州20年的申遗终于圆梦.申遗的遗产点包括九日山祈风石刻､开元寺､洛阳桥等22处代表性古遗迹，这些古遗迹可分为文化纪念地史迹等五类.这五类古遗迹充分展现了10-14世纪泉州完备的海洋贸易制度体系､发达的经济水平及多元包容的文化态度.某校中学生准备到各类古遗迹打卡，已知该同学打卡第一类､第二类的概率都是，打卡第三类､第四类和第五类的概率都是，且是否打卡这五类古遗迹相互独立.用随机变量表示该同学打卡的类别数，则___________.

【答案】

【分析】设第一、二类打卡数，第三、四、五类打卡数为，

则由题意，利用n次独立重复试验的概率公式求解即可.

【详解】记该同学打卡第一类､第二类的类别数为，打卡第三类､第四类和第五类的类别数为，

因此随机变量，

则

，

故答案为：.

16．已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱维的体积为，则线段长度的最大值为________．

【答案】

【分析】计算出棱锥的高和球的半径，再考虑所在的截面圆的半径后可求线段长度的最大值.

【详解】因为球的体积为，故球的半径满足，

故，

而，，，故，故，

故，

设到平面的距离为，则，故，

故在球面的截面圆上，设截面圆所在的平面为，

当与平面在球心的异侧时，有最大值，

设球心到平面的距离为，而外接圆的半径为，则，

故球心到平面的距离为，故截面圆的半径，

设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心即的中点，

当最长时最长，此时，

故长度的最大值为，

故答案为：.

【点睛】思路点睛：本题涉及到空间中动点的轨迹，注意根据高为定值确定出动点所在的曲线，再将空间问题平面化，从而解决最值问题.

四、解答题

17．在下列条件：

①数列的任意相邻两项均不相等，，且数列为常数列；②；③中，任选一个条件，补充在横线上，并回答下面问题．

已知数列的前n项和为，__________，求数列的通项公式与前n项和．

【答案】选①，，；选②，，；选③，，.

【分析】选①：由常数列的性质得出，再由等比数列的定义证明是等比数列，最后分组求和得出前n项和；选②：由与的关系得出，以下同①；选③：先证明是等比数列，进而得出，再由与的关系得出.

【详解】选①：因为，数列为常数列，所以，解得或，又因为数列的任意相邻两项均不相等，且

所以数列为

所以，即，

所以，又．

所以是以为首项.公比为的等比数列，所以，

即；

所以

选②：因为，易知，

所以两式相减可得，即

以下过程与①相同；

选③：由，可得，

又，故是以为首项，2为公比的等比数列，

故，即

当时，，

又也满足上式.

综上所述：，.

18．在中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c．已知．

(1)求B；

(2)若的面积，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二倍角公式及诱导公式求得，即可求解；

（2）由面积求得，再用余弦定理求出，再用正弦定理即可求得.

【详解】(1)因为，

由二倍角公式及诱导公式化简可得：

解得或（舍），

因为，所以.

(2)由，由，，代入解得：.

由余弦定理，所以

由正弦定理，可得：.

19．如图，斜三棱柱的底面是正三角形，，，，，，分别为，，，的中点.

(1)证明：平面；

(2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设为的中点，连结，，即可得到且，从而得到，即可得证；

（2）设的中点为，连结，，由面面垂直的性质得到平面，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；

【详解】(1)解：设为的中点，连结，，

因为几何体为斜三棱柱，所以，

所以且.

又因为是的中点，所以，

所以且，

所以四边形为平行四边形，所以.

又因为平面，平面，

所以平面.

(2)解：设的中点为，连结，，

因为斜三棱柱，，，

所以为正三角形，.

因为平面平面且平面平面，

平面，所以平面，

所以，，

又因为在正三角形中，，

所以以，，分别为，，的正方向建立空间直角坐标系，如图.

由题意得，，，，，

所以，

所以，，

设平面的法向量，

由得

即令，得，

由题意知平面的法向量为，

设平面与平面所成的锐二面角的大小为，

则，

即面与面所成的锐二面角的余弦值为.

20．某次围棋比赛的决赛，由甲乙两人争夺最后的冠军，决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每盘比赛甲获胜的概率为，每盘比赛的结果没有平局且结果互相独立．

(1)记第一天需要进行的比赛盘数为X．

（ⅰ）求，并求当取最大值时p的值；

（ⅱ）结合实际，谈谈（ⅰ）中结论的意义；

(2)当时，记总共进行的比赛盘数为Y，求．

【答案】(1)（i），取最大值时，（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多

(2)

【分析】（1）X可能取值为2，3，分别求解对应的概率，根据期望的定义求解，再根据二次函数的性质求最值即可；

（2）即或，即获胜方两天均为获胜或者获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，分别计算概率即可

【详解】(1)（i）X可能取值为2，3，

；

故

即，则当时，取得最大值.

（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．

(2)当时，双方前两天的比分为或的概率均为

比分为或的概率均为

则或，

即获胜方两天均为获胜，

故；

即获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，

故

所以

21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且点在上.

(1)求的方程；

(2)点为的下顶点，点在内且满足，直线交于点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）据条件求得椭圆E的基本量a、b、c，代入标准方程即可解决；

（2）通过设直线斜率为k，可以由此表达出P、Q的坐标，进而把用斜率k表达出来，再求其取值范围即可解决.

【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以，即

又由，可得

因为点在上，所以，所以

所以的方程为.

(2)因为为的下顶点，所以.

因为点在内，所以直线､的斜率存在且不为0.

设，

由，可得，则直线､的斜率乘积为

所以.

由消去得，

所以，所以，

由消去得，

所以，

，

.

令，当且仅当时，等号成立；

，所以，

所以的取值范围为.

22．已知，（其中为自然对数的底数）.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若，函数有两个零点，，求证：.

【答案】(1)时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：

(2)证明见解析.

【分析】（1）求导函数，讨论参数的取值范围即可求解单调区间；

（2）解法一：先证：，即证：，令函数，通过求导判断单调性可证明，从而得；

解法二：由，令利用导数判断单调性，再构造，求导分析单调性即可证明，从而有，即.

【详解】(1)解：

∵，∴时，，

∴时，增区间为：，减区间为：；

时，，∴时，增区间为：；

时，，，

∴时，增区间为：，减区间为：；

综上，时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：

(2)解：由（1）知，时，增区间为：，减区间为：；

且时，，，函数的大致图像如下图所示

因为时，函数有两个零点，，

所以，即，

不妨设，则；

先证：，即证：

因为，所以，又在单调递增，

所以即证：

又，

所以即证：，即

令函数，，

则

因为，所以，，故

函数在单调递增，所以

因为，所以，，即

所以，所以

（2）解法二：因为时，函数有两个零点，，

则两个零点必为正实数，（）

等价于有两个正实数解；

令（）

则（），在单调递增，在单调递减，且

令，，则

所以在单调递增，

又，故，

又，所以，

又，所以，，

又在单调递增，所以

所以，所以

【点睛】关键点点睛：本题的第二问关键在于构造新函数，通过求导，层层地分析单调性，从而证明，再结合均值不等式求得结果．