2022届福建省泉州市安溪一中、泉州实验中学、养正中学高三下学期期初联考数学试题含解析

这是一份2022届福建省泉州市安溪一中、泉州实验中学、养正中学高三下学期期初联考数学试题含解析，共20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届福建省泉州市安溪一中、泉州实验中学、养正中学高三下学期期初联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出与的值域，得到与，进而求出.【详解】，所以，，所以，故故选：D2．在等比数列中，公比为.已知，则是数列单调递减的（       ）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分又不必要【答案】C【分析】根据等比数列的单调性结合充分条件和必要条件的定义即可得出结论.【详解】解：，当时，，所以数列单调递减，故充分性成立，若数列单调递减，则，即，故必要性成立，所以是数列单调递减的充要条件.故选：C.3．某中学高三（1）班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为（       ）（参考数据：）A．16 B．10 C．8 D．2【答案】C【分析】根据正态分布的性质，结合题中所给的公式进行求解即可.【详解】因为数学成绩，所以，因此由所以有，估计该班数学得分大于120分的学生人数为，故选：C4．若（为虚数单位），则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的乘方运算及三角函数二倍角公式进行化简，得到结果.【详解】故选：B5．已知直线与相交于两点，且为等边三角形，则实数（       ）A．或2 B．或4 C． D．【答案】A【分析】由已知得圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可求得答案.【详解】解：的圆心，半径，因为直线与相交于两点，且为等边三角形，则圆心到直线的距离为，即，整理得，解得或，故选：A.6．在平面直角坐标系中，设，向量，则的最小值为（       ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】根据平面向量的坐标运算求得向量，再根据，将用表示，再根据平面向量的模的坐标表示结合二次函数的性质即可得出答案.【详解】解：，则，由，得，则，所以，则，当时，.故选：D.7．已知，则的最小值为（       ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】根据，可得，再根据两角和的正切公式可得，结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以，，所以，即，又因，所以，即，解得或（舍去），所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为.故选：D.8．设函数的导函数是，且恒成立，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用导函数研究其单调性，求出结果.【详解】设，则恒成立，所以单调递增，故，即，解得：，即.故选：D9．若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两项都是正数的概率为，则（       ）A．B．C．D．.【答案】AB【分析】由已知得数列的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列的偶数项为，即偶数项为负数，当时， ，由此判断A选项；将代入，求得；将代入，求得；将代入，求得；将代入，求得，再运用作差比较法，可判断得选项.【详解】解：因为数列的通项公式为，所以数列的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列的偶数项为，即偶数项为负数，又数列的前项中，任取两项都是正数的概率为，当时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为，故A正确；将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，所以，所以，故B正确；，所以，故C错误；，所以，故D错误，故选：AB.二、多选题10．汉代数学名著《九章算术》第九卷《勾股》章中提到了著名的“勾股容方”问题.如图，正方形内接于直角三角形，其中，则下列关系式成立的是（　　）A． B．C． D．【答案】AC【分析】由平行线性质求得（用表示），然后根据不等式的知识或等式的性质判断．【详解】由已知，所以，即，所以，解得，所以，C正确，例如，则，，显然，D错，，，而，，所以，，B错；因为，所以，即，，即，又，所以，所以，时取等号．A正确．故选：AC．【点睛】关键点点睛：本题考查不等式的性质，解题关键是由平行线性质把用表示，然后结合基本不等式或不等式的性质判断各选项，对错误命题可以举反例说明，但正确的不等式不能通过举例说明它成立．11．若椭圆的左，右焦点分别为，则下列的值，能使以为直径的圆与椭圆有公共点的有（       ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】依题意可得，再根据，即可取出的取值范围，即可得解；【详解】解：以为直径的圆的方程为，因为圆与椭圆有公共点，所以，即，所以，即，满足条件的有A、B、C；故选：ABC12．如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（       ）A．B．C．平面平面D．被球截得的弦长为1【答案】ABD【分析】由，可得平面，再根据线面平行的性质即可证得，即可判断A；对于B，连接，证明，，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可证得，即可判断B；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出半径，再利用向量法求出点到直线的距离，最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长，即可判断D.【详解】解：对于A，因为，平面，平面，所以平面，又因平面与平面的交线为，所以，故A正确；对于B，连接，在等腰梯形中，因为，，的中点为，所以四边形都是菱形，所以，所以，因为底面，面，所以，又，所以平面，又因平面，所以，故B正确；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，平面的法向量，则，可取，同理可取，因为，所以与不垂直，所以平面与平面不垂直，故C错误；对于D，由B选项可知，，则点即为四边形外接圆的圆心，故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，设外接球的半径为，则，则，所以，设与所成的角为，点到直线的距离为，，因为，直线的方向向量可取，，则，所以，所以，所以被球截得的弦长为，故D正确.故选：ABD.三、填空题13．若是奇函数，则___________.【答案】【分析】根据奇函数的性质，结合奇函数的定义进行求解即可.【详解】因为是奇函数，所以有，即，即，因为，所以函数是奇函数，故答案为：14．直线过抛物线的焦点，与交于俩点，则________．【答案】10【分析】先求出，再利用公式可求.【详解】因为直线过抛物线的焦点，故即，故抛物线，设，由可得，故，故答案为：10.15．已知实数，，，则的最小值是________.【答案】【解析】利用，又，得，代入利用基本不等式即可得出结果【详解】由，得，又，得，则，，当且仅当时，即取等号.故答案为：.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.四、双空题16．已知：若函数在上可导，，则.又英国数学家泰勒发现了一个恒等式，则___________，___________.【答案】     1     【分析】令，即可求出，再将两边求导数，即可得到，即可得到，从而得到，再用裂项相消法求和即可；【详解】解：因为，令，即，所以；又，所以，所以，所以所以故答案为：；五、解答题17．在△ABC中，D是边BC上一点，且BD=1，CD=3，∠BAD=30°，∠CAD=90°.(1)证明：；(2)求△ABC的面积.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】(1)在中，由正弦定理.在中，，则，于是.(2)设，，在中，由余弦定理，∴.18．已知数列的通项公式为，数列的首项为.(1)若是公差为3的等差数列，求证：也是等差数列；(2)若是公比为2的等比数列，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）根据数列的定义和通项公式可求得答案；（2）由等比数列的通项公式求得，再由可解得，根据分组求和法，以及等比数列的求和公式可求得答案.【详解】(1)解：因为数列的首项为，是公差为3的等差数列，所以，所以，所以，所以数列是以6为公差的等差数列；(2)解：因为是公比为2的等比数列，又数列的首项为，，所以，所以，又因为，所以，所以，解得，所以，所以数列的前项和为.19．佩戴头盔是一项对家庭与社会负责的表现，某市对此不断进行安全教育.下表是该市某主干路口连续4年监控设备抓拍到的驾驶员不戴头盔的统计数据：年度2018201920202021年度序号1234不戴头盔人数125010501000900 (1)请利用所给数据求不戴头盔人数与年度序号之间的回归直线方程，并估算该路口2022年不戴头盔的人数；(2)交警统计2018~2021年通过该路口的开电瓶车出事故的50人，分析不戴头盔行为与事故是否伤亡的关系，得到下表，能否有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关？ 不戴头盔就头盔伤亡73不伤亡1327 参考公式： 其中【答案】(1)(2)能有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关，理由见解析.【分析】（1）先求出与，代入公式后求出，，得到回归直线方程；（2）代入公式求出，与比较，显然有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关.【详解】(1)，，，，回归直线方程为(2)，故有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关，20．在三棱柱中中，为中点，平面平面.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意可得，根据面面垂直的性质即可得证；（2）在平面内过点作，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】(1)证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以 平面；(2)解：在平面内过点作，如图建立空间直角坐标系，由，，所以，所以，因为，所以，所以，，，，，由，所以，所以，显然平面的一个法向量可以为，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；21．已知椭圆：的左焦点，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）经过圆上一动点作椭圆的两条切线，切点分别记为，直线，分别与圆相交于异于点的，两点.（i）求证：；（ii）求的面积的取值范围.【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）.【解析】（1）根据题意可知，，，再结合即可解出,，得到椭圆的标准方程；（2）（i）根据直线，的斜率都存在或者直线，其中一条直线斜率不存在分类讨论，当直线，的斜率都存在时，联立直线与椭圆方程，根据可得直线，的斜率的关系，结合点在圆上可得，即证出，当直线或的斜率不存在时，可确定点坐标，即可求出，两点坐标，易得；（ii）设出点，，分类讨论直线的斜率存在时以及不存在时的情况，由直线的方程与椭圆方程联立可得，即可得到直线的斜率存在或不存在时的方程为，同理可得直线的方程为，即可得直线的方程为，再与椭圆方程联立求得弦长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而得到的面积的表达式，再根据换元法以及函数值域的求法即可求解．【详解】（1）∵椭圆的左焦点，∴.将代入，得.又，∴，.∴椭圆的标准方程为.（2）（i）设点.①当直线，的斜率都存在时，设过点与椭圆相切的直线方程为.由，消去，得..令，整理得.设直线，的斜率分别为，.∴.又，∴.∴，即为圆的直径，∴.②当直线或的斜率不存在时，不妨设，则直线的方程为.∴，，也满足.综上，有.（ii）设点，.当直线的斜率存在时，设直线的方程为.由，消去，得得..令，整理得.则∴直线的方程为.化简可得.经验证，当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，也满足.同理，可得直线的方程为.∵在直线，上，∴，，.∴直线的方程为.由，消去，得.∴，∴.又点到直线的距离.∴.令，.则.又，∴的面积的取值范围为.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，直线与圆的位置关系的应用，以及椭圆中的三角形面积问题的解法应用，意在考查学生的分类讨论意识，数学运算能力和运用知识的综合能力，综合性强，运算量大，属于难题．22．设函数.(1)求函数在处的切线方程；(2)若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出，即可求出切点坐标，从而求出切线方程；（2）首先求出函数的导函数，依题意在上有两个不等于的正根，即可得到韦达定理，不妨设，所以，根据两点斜率公式得到，即证，根据对数平均不等式可得，只需证明，令，依题意即证，，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可得证；【详解】(1)解：因为，所以，，所以，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为(2)解：因为因为为函数的两个不等于1的极值点，所以在上有两个不等于的正根，所以，所以，不妨设，所以，所以要证即证，即，令，则，所以当时，，所以函数在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，因为，所以，所以，即，即，所以，下面只需证明，令，因为，所以，所以，所以，即证，，即证，，令，，，所以在上单调递减，所以，得证；【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．