福建省莆田第二中学2022届高三5月模拟考试数学试题-

这是一份福建省莆田第二中学2022届高三5月模拟考试数学试题-，共27页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，函数的图象如图所示，则f，已知为锐角，且，则的值为，若对恒成立，则的最小值为等内容，欢迎下载使用。
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福建省莆田第二中学2022届高三5月模拟考试数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．集合，，则（       ）
A． B． C． D．
2．若，则的值为（       ）
A． B．2 C． D．3
3．函数的图象如图所示，则f（x）的解析式可能是（       ）

A． B．
C． D．
4．设数列满足，点对任意的，都有则数列的前n项和为（       ）
A． B． C． D．
5．已知为锐角，且，则的值为（       ）
A．40° B．50° C．70° D．80°
6．从0，1，2，…，9这十个数字中随机抽取3个不同的数字，记A为事件：“恰好抽的是2，4，6”，记B为事件：“恰好抽取的是6，7，8”，记C为事件：“抽取的数字里含有6”.则下列说法正确的是（       ）
A． B．
C． D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为坐标原点，点在双曲线的右支上，（为双曲线的半焦距），直线与双曲线右支交于另一个点，，则双曲线的离心率为（       ）
A． B． C． D．
8．若对恒成立，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．0
评卷人
得分



二、多选题
9．已知一组数据，，…，是公差不为0的等差数列，若去掉数据，则（       ）
A．中位数不变 B．平均数变小 C．方差变大 D．方差变小
10．数列{}中，设.若存在最大值，则可以是（       ）
A． B．
C． D．
11．已知椭圆C：，焦点（-c，0），，下顶点为B．过点的直线l与曲线C在第四象限交于点M，且与圆相切，若，则下列结论正确的是（       ）
A．椭圆C上不存在点Q，使得
B．圆A与椭圆C没有公共点
C．当时，椭圆的短轴长为2
D．
12．在棱长为1的正方体中，点M是的中点，点P，Q，R在底面四边形ABCD内（包括边界），平面，，点R到平面的距离等于它到点D的距离，则（       ）
A．点P的轨迹的长度为 B．点Q的轨迹的长度为
C．PQ长度的最小值为 D．PR长度的最小值为
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
13．在正三角形ABC中，D是边BC上的点．若，则 ___________．
14．在平面直角坐标系xOy中，圆O与x轴的正半轴交于点A，点B，C在圆O上，若射线OB平分∠AOC，B（，），则点C的横坐标为___________.
15．已知变量y关于x的回归方程为，若对两边取自然对数，可以发现与x线性相关，现有一组数据如下表所示，时，预测y值为___________.
x
1
2
3
4
y
e




评卷人
得分



四、双空题
16．已知数列满足：，，且，，其中.则___________，若，则使得成立的最小正整数为___________.
评卷人
得分



五、解答题
17．△ABC的内角A，B､C的对边分别为a，b，c，若.
(1)求A的大小；
(2)若，___________，请在下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，求c的值.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）
①；②；③.
18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为线段上的点，且

(1)证明：；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成的角.
19．设数列的前n项和为．数列为等比数列，且成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的最小值．
20．《中华人民共和国未成年人保护法》是为保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益.根据宪法制定的法律，某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛､竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别选答两题，若答对题数合计不少于3题，则称这个小组为“优秀小组”.已知甲乙两位同学组成一组，且甲、乙同学答对每道题的概率分别为，.
(1)若，，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；
(2)当，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中获得“优秀小组”的次数为6次，请问至少要进行多少轮竞赛.
21．已知抛物线C：上的一点M（，4）到C的焦点F的距离为5.
(1)求p的值；
(2)若，点A，B在抛物线C上，且，N为垂足，当|MN|最大时，求直线AB的方程.
22．已知函数.
(1)若函数在上有极值，求在上所有极值的和；
(2)若对任意恒成立，求正实数a的取值集合.

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
根据指数函数、对数函数的性质求出集合、，再根据交集的定义计算可得；
【详解】
解：由，即，所以，所以；
由，即，解得，所以；
所以
故选：C
2．D
【解析】
【分析】
由题知，进而根据求解即可.
【详解】
解：因为，所以，
故设，则，
所以.
故选：D
3．B
【解析】
【分析】
根据各选项函数性质直接判断.
【详解】
A函数为递减的，错误；C函数的值域大于等于0，错误；D函数为二次函数，错误，只有B符合.
故选：B.
4．A
【解析】
【分析】
由，得到，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】
因为，
可得，所以是公差为2的等差数列，
由，得，所以.
故选：A.
5．B
【解析】
【分析】
直接利用三角函数关系式的恒等变换和角公式的应用求出结果．
【详解】
由可得，
即，
所以，
又为锐角，故，
故选：B.
6．D
【解析】
【分析】
由题得事件与事件互斥，进而，再根据题意，依次讨论求解即可.
【详解】
解：由题知，从10个数中随机的抽取3个数，共有种可能情况，
对于A选项，“恰好抽的是2，4，6”和“恰好抽取的是6，7，8”为互斥事件，，故A选项错误；
对于B选项，，故B选项错误；
对于C选项，，故C选项错误；
对于D选项，由于，故由条件概率公式得，故D选项正确.
故选：D
7．D
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义，结合直角三角形的相关性质可得解.
【详解】

如图所示，
由，，得，
，
设，
由双曲线定义得，
所以，，，
又，即，解得，
所以，，
又，即，即，
所以离心率，
故选：D.
8．A
【解析】
【分析】
令，进而结合题意得有最大值，进而利用导数求得，进而得，再构造函数，求其最小值即可得答案.
【详解】
解：令，则，
所以，当时，在上恒成立，函数在上单调递增，无最小值，不满足题意；
当时，由得，由得，故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以，，
故令，则得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
所以的最小值为.
故选：A
9．AC
【解析】
【分析】
由中位数的概念可判断A，根据平均数的概念结合等差数列的性质判断B，由方差计算公式即可判断CD.
【详解】
对于选项A，原数据的中位数为，去掉后的中位数为，即中位数没变，故选项A正确；
对于选项B，原数据的平均数为，去掉后的平均数为即平均数不变，故选项B错误：
对于选项C，则原数据的方差为，
去掉后的方差为，
故，即方差变大，故选项C正确，选项D错误.
故选：AC.
10．BD
【解析】
【分析】
根据数列的单调性即可判断.
【详解】
对于A， ，
当n趋于无穷大时， 也趋于无穷大，
故不存在最大值；
对于B， ，
当 为偶数时， ，当为奇数时， ，
故 的最大值为1；
对于C， ，
当 时， ，∴   时 是递增的数列，不存在最大值；
对于D， 即当 时， ， ，
即 时， ，所以 是递减的数列，
最大值为 ；
故选：BD.
11．AC
【解析】
【分析】
设出直线l方程，利用直线l圆A相切可求出直线l的斜率，结合题中条件可确定之间的关系，然后就能判断选项的对错.
【详解】
如下图，设直线l方程为， 圆心A到直线l距离，解得，则，且，得，根据椭圆定义可得，，可得，又，故A正确；圆心A到椭圆左顶点的距离，圆A与椭圆C有公共点，故B错误；当时，，椭圆的短轴长为2，故C正确；，，所以不垂直，故D错误.
故选：AC.

12．BCD
【解析】
【分析】
对于A，取BC的中点N，连接AN，，根据面面平行的判定可证得平面平面，从而得点P的轨迹为线段AN，解三角形计算可判断；
对于B，连接DQ，由勾股定理得，从而有点Q的轨迹是以点D为圆心，以为半径的圆，由圆的周长计算可判断；
对于C，过点D作于，交点Q的轨迹于，此时的长度就是PQ长度的最小值，由三角形相似计算得，由此可判断；
对于D，由已知得点R到直线的距离等于它到点D的距离，根据抛物线的定义知点R的轨迹是以点D为焦点，以AB为准线的抛物线，以AD的中点为坐标原点O，过点O且垂直于AD的直线为x轴建立平面直角坐标系，则抛物线的方程为，设与直线AN平行且与抛物线相切的直线l的方程为：， 联立，整理得，由，解得，再根据平行线间的距离可求得PR长度的最小值．
【详解】
解：对于A，取BC的中点N，连接AN，，则，，所以平面，平面，
又平面，平面，，所以平面平面，
又点P在底面四边形ABCD内（包括边界），平面，所以点P的轨迹为线段AN，
因为，所以点P的轨迹的长度为，故A不正确；

对于B，连接DQ，因为Q在底面ABCD上，，所以，解得，
所以点Q的轨迹是以点D为圆心，以为半径的圆，如下图所示，
所以点Q的轨迹的长度为，故B正确；

对于C，过点D作于，交点Q的轨迹于，此时的长度就是PQ长度的最小值，
而，所以，所以，即，解得，所以，
所以PQ长度的最小值为，故C正确；
，
对于D，因为点R到平面的距离等于它到点D的距离，由正方体的特点得点R到直线的距离等于点R到平面的距离，
所以点R到直线的距离等于它到点D的距离，根据抛物线的定义知点R的轨迹是以点D为焦点，以AB为准线的抛物线，
以AD的中点为坐标原点O，过点O且垂直于AD的直线为x轴建立平面直角坐标系，如下图所示，
则，，，直线AB的方程为，直线AN的方程为，
则抛物线的方程为，设与直线AN平行且与抛物线相切的直线l的方程为：，
联立，整理得，，解得，
所以直线l的方程为：，
则直线AN与直线l的距离为：，
所以PR长度的最小值为，故D正确，
故选：BCD.

13．6
【解析】
【分析】
由题意可得D是BC的三等分点，从而可得，进而可求出的值，
【详解】
因为正三角形ABC中，D是边BC上的点，，
所以D是BC的三等分点，
所以，
所以,
所以．
故答案为：6
14．##
【解析】
【分析】
作图，用三角函数倍角公式即可求解.
【详解】

由题意可知圆O的半径为 ，
设 ，
由题意可知 ，∴点C的横坐标为 ；
故答案为： .
15．##
【解析】
【分析】
对两边取对数，得 令则，
利用对称中心点在函数图象上即得，进而确定解析式,求出预测值.
【详解】
对两边取对数，得 令则
x
1
2
3
4
y
e



z
1
3
4
6


代入得故
故，
当时，
故答案为：
16．         
【解析】
【分析】
求导后可得，依次代入和即可求得；猜想得，由数学归纳法可证明其成立，由此可得，裂项相消可得，解不等式可求得结果.
【详解】
，，
，又，，
；
可猜想：；
当时，成立；
假设当时，成立，
那么当时，，，，
；
综上所述：当时，；，
，
解得：，使得成立的最小正整数为.
故答案为：；.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列、函数和导数知识的综合应用问题，解题关键是能够根据函数关系式推导得到所满足的关系式，从而确定的通项，利用裂项相消法解得结果.
17．(1)
(2)详细见解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知得,利用正弦定理，再利用余弦定理计算即可得出结果；
（2）若选择条件①：由得，利用余弦定理计算即可,
若选择条件②：由（1）可得,再结合余弦定理计算可得结果.
若选择条件③：由可求得,利用余弦定理计算可得进而解得.
(1)
由已知得,
故由正弦定理得,
由余弦定理得,
因为，所以.
(2)
选择条件①：由得，
则,
解得,
选择条件②：由可得,
由（1）知.得.
解得.
选择条件③：由
可得,所以,
又所以，即,
因此是方程的两根解得.
18．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先证明平面得，再根据几何关系得，进而证明平面即可证明结论；
（2）根据题意，结合（1）的证明，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
(1)
证明：因为四边形为矩形，所以
又，
所以平面．
所以
又
所以
因为
所以平面
则.
(2)
解法一：由（1）得，平面，且四边形为矩形
如图建立空间直角坐标系

易知，平面 的一个法向量为               
点在线段上，设，
则，，
设平面的一个法向量为
，即
令，得，则

因为二面角的余弦值为，
所以，即，解得或（舍去）
所以，，又
设直线与平面所成的角为θ，
.
所以直线与平面所成的角大小为.
解法二：由（1）得，平面，则平面
所以，又
所以即为二面角的平面角，即

因为

所以.即为的三等分点，

取中点，连接，
易知为等腰直角三角形
所以
又平面，所以
因为，
所以平面，

过作
则即为直线与平面所成角，
在中，，
所以，
直线与平面所成角大小为.
19．(1)
(2)4
【解析】
【分析】
（1）先根据等比数列通项公式写出，然后根据成等差可以求出，即可求出数列的通项公式.
（2）先根据可知将n分奇偶性进行讨论，然后根据数列单调性求出取值范围即可知的最小值.
(1)
解：由题意得：
设数列的公比为．由，得
，即
成等差数列
，即，解得，或（舍去）
．
(2)
由，当时，，两式相减得，，对也成立
所以
设
当n为奇数时，可递减数列，所以
当n为偶数时，为递增数列，所以
所以的最小值为4．
20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据获“优秀小组”的标准，分情况讨论甲、乙答对问题的情况，最后求出概率；
（2）根据（1）的方法列出概率表达式，然后从函数的角度利用换元法求其最值得出结论即可.
(1)
记他们获得“优秀小组”的事件为事件，则事件包含三种情况：
①甲答对两题，乙答对一题；②甲答对一题，乙答对两题；③甲、乙都答对两题.
；
(2)
由（1）知甲、乙小组每轮比赛获“优秀小组”的概率为：

又
当且仅当时，等号成立，
，，
,

令 则
开口向下，对称轴： 当时，
设要进行轮竞赛，则解得：

至少要进行轮竞赛.
21．(1)或；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线定义，结合点在抛物线上求p值.
（2）由题设可得，根据点在抛物线上设A、B坐标，法一：设直线AB联立抛物线，由及韦达定理求得，进而确定直线AB所过的定点坐标，根据|MN|最大确定m值，即得方程；法二：及得到，应用点斜式写出直线AB判断定点，由|MN|最大写出直线方程；
(1)
把M(x0,4)代入抛物线C得则，
由得：，
所以，解得或.
(2)
当时，故舍去；当时，则M(4，4)且，
设，
法一：直线AB为，与抛物线C联立得，则，
由，得.
由且，故，即，
所以，即
从而直线AB为，即直线AB过定点Q(8,-4).
又，当|MN|最大时即，
所以，直线AB为
法二： .
由，得.
由且，故，即①，
直线AB为，整理得，
将①代入，即直线AB过定点Q(8,-4),
又，当|MN|最大时即，
所以，直线AB为.
22．(1)答案见解析
(2)
【解析】
(1)
，
当时，，在上单调递增，无极值.
当时，，在上单调递减，无极值.
当时，在上有2个实根，设其为，且.
当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增.
所以为的极大值，为的极小值.
由正弦函数的对称性可知，所以在上的所有极值的和为
.
(2)
即.
设，，
则，设
.
当时，，所以在R上单调递增.
又，，所以，使得，
所以，当时，，单调递减：
当时，，单调递增.
所以，，不合题意.
当a=1时，，所以在R上单调递增.
又，
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，，符合题意.
当时，因为函数在上都为增函数，
所以在上单调递增.
又，所以，
所以在上单调递增.
又，，
所以，使得，所以，当时，，单调递增.
所以，，不合题意.
综上，正实数a的取值集合是.
【点睛】
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.