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    2022届福建省闽侯县第六中学高三上学期期中考试数学试题含解析

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    2022届福建省闽侯县第六中学高三上学期期中考试数学试题含解析

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    这是一份2022届福建省闽侯县第六中学高三上学期期中考试数学试题含解析,共23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届福建省闽侯县第六中学高三上学期期中考试数学试题

    一、单选题
    1.已知集合,则(    )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【分析】根据并集定义即可求解.
    【详解】因为,
    所以.
    故选:B.
    2.在复平面内,复数z满足,则(    )
    A.1 B.i C. D.
    【答案】D
    【分析】根据复数的运算方法计算即可.
    【详解】.
    故选:D.
    3.已知是定义在上的函数,那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的(    )
    A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
    【答案】A
    【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.
    【详解】若函数在上单调递增,则在上的最大值为,
    若在上的最大值为,
    比如,
    但在为减函数,在为增函数,
    故在上的最大值为推不出在上单调递增,
    故“函数在上单调递增”是“在上的最大值为”的充分不必要条件,
    故选:A.
    4.双曲线过点,且离心率为2,则该双曲线的标准方程为(    )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【详解】根据离心率可得,再由可得曲线方程为,然后将点代入即可求解.
    【解答】解:双曲线离心率,故,
    将点代入双曲线方程可得,,
    故,双曲线的方程为,
    故选:A.
    5.函数是
    A.奇函数,且最大值为2 B.偶函数,且最大值为2
    C.奇函数,且最大值为 D.偶函数,且最大值为
    【答案】D
    【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性;利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
    【详解】由题意,,所以该函数为偶函数,
    又,
    所以当时,取最大值.
    故选:D.
    6.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线的距离为(    )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【分析】由题意可知圆心在第一象限,设圆心的坐标为,可得圆的半径为,写出圆的标准方程,利用点在圆上,求得实数的值,利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.
    【详解】由于圆上的点在第一象限,若圆心不在第一象限,
    则圆与至少与一条坐标轴相交,不合乎题意,所以圆心必在第一象限,
    设圆心的坐标为,则圆的半径为,
    圆的标准方程为.
    由题意可得,
    可得,解得或,
    所以圆心的坐标为或,
    圆心到直线的距离均为;
    圆心到直线的距离均为
    圆心到直线的距离均为;
    所以,圆心到直线的距离为.
    故选:B.
    【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算,求出圆的方程是解题的关键,考查计算能力,属于中等题.
    7.如图已知正方体,M,N分别是,的中点,则(    )

    A.直线与直线垂直,直线平面
    B.直线与直线平行,直线平面
    C.直线与直线相交,直线平面
    D.直线与直线异面,直线平面
    【答案】A
    【分析】由正方体间的垂直、平行关系,可证平面,即可得出结论.
    【详解】
    连,在正方体中,
    M是的中点,所以为中点,
    又N是的中点,所以,
    平面平面,
    所以平面.
    因为不垂直,所以不垂直
    则不垂直平面,所以选项B,D不正确;
    在正方体中,,
    平面,所以,
    ,所以平面,
    平面,所以,
    且直线是异面直线,
    所以选项C错误,选项A正确.
    故选:A.
    【点睛】关键点点睛:熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键,如两条棱平行或垂直,同一个面对角线互相垂直,正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
    8.已知函数,则图象为如图的函数可能是(    )

    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【分析】由函数的奇偶性可排除A、B,结合导数判断函数的单调性可判断C,即可得解.
    【详解】对于A,,该函数为非奇非偶函数,与函数图象不符,排除A;
    对于B,,该函数为非奇非偶函数,与函数图象不符,排除B;
    对于C,,则,
    当时,,与图象不符,排除C.
    故选:D.

    二、多选题
    9.若,则下列不等式成立的是(    )
    A. B.
    C. D.
    【答案】AD
    【分析】由A、B选项结构特征,构造函数,利用单调性即可判断;
    由C选项结构特征,构造函数,利用单调性即可判断;
    由D选项结构特征,构造函数,利用单调性即可判断;
    【详解】解:构造函数 ,
    因为,所以在上单调递减,
    因为,所以,即,所以选项A正确,选项B错误.
    构造函数,,
    易知在上单调递增,而,时,,
    所以,使,
    所以在上单调递减,在上单调递增,
    所以无法判断C选项的正确性.
    构造函数,易知在上单调递增,
    因为,所以,即,
    所以选项D正确.
    故选:AD.
    【点睛】关键点点睛:本题的解题关键是根据各选项的结构特征,构造相对应的函数,然后利用单调性进行判断.
    10.已知函数,给出下列四个命题(    )
    A.的最小正周期为 B.的图象关于直线对称
    C.在区间上单调递增 D.的值域为
    【答案】CD
    【解析】对于A,利用周期的定义判断即可;对于B,判断是否成立即可;对于C,在区间上求出的解析式直接判断;对于D,把函数解析式化简后判断
    【详解】解:对于A,因为,所以的最小正周期不是,所以A错误;
    对于B,因为,所以的图象不关于直线对称,所以B错误;
    对于C,当时,,所以 在区间上单调递增,所以C正确;
    对于D,,所以的最大值为2,最小值为,所以的值域为,所以D正确,
    故选:CD
    11.已知圆:,下列说法正确的是(    )
    A.的取值范围是
    B.若,过的直线与圆相交所得弦长为,方程为
    C.若,圆与圆相交
    D.若,,,直线恒过圆的圆心,则恒成立
    【答案】ACD
    【分析】根据圆的一般方程可判断A;利用点到直线的距离为可判断B;时很容易判断C;直线恒过圆的圆心,可得,利用基本不等式可判断D.
    【详解】对于A,方程表示圆可得,解得,故A正确;
    对于B,若,可得圆方程:,
    过的直线与圆相交所得弦长为,
    则圆心到直线的距离为,当直线的斜率不存在时,,满足条件,故B不正确;
    对于C,,,圆心,半径为,故C正确;
    对于D,直线恒过圆的圆心,
    可得,,
    当且仅当时取等号,故D正确.
    故选:ACD.
    12.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幕减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即.现有满足,且的面积,请运用上述公式判断下列命题正确的是(    )
    A.周长为
    B.三个内角A,C,B满足关系
    C.外接圆半径为
    D.中线CD的长为
    【答案】ABD
    【解析】直接利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用判断ABCD的结论,从而得解.
    【详解】现有△ABC满足sinA:sinB:sinc=2:3:,
    所以a:b:c=2:3:,
    设a=2t,b=3t,ct,t>0,
    利用余弦定理cosC,
    由于C∈(0,π),
    所以C.
    所以A+B,故A+B=2C,所以△ABC三个内角A,C,B成等差数列,故B正确;
    利用S△ABC,
    所以absinC•2t•3t•,解得t=1.
    所以:a=2,b=3,c,
    所以△ABC的周长为5,故A正确;
    利用正弦定理 2R,△ABC外接圆半径R为,故C错误;
    如图所示:

    利用正弦定理,解得sinA,所以cosA,
    利用余弦定理:CD2=AC2+AD2﹣2AC•AD•cosA=92×3,
    解得CD,故D正确.
    故选:ABD.
    【点睛】本题考查正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用,考查运算能力和转换能力及思维能力.

    三、填空题
    13.在的展开式中,常数项为__________.
    【答案】
    【分析】利用二项式定理求出通项公式并整理化简,然后令的指数为零,求解并计算得到答案.
    【详解】的展开式的通项
    令,解得,
    故常数项为.
    故答案为:.
    14.我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3,4,记大正方形的面积为,小正方形的面积为,则___________.

    【答案】25
    【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积,然后计算其比值即可.
    【详解】由题意可得,大正方形的边长为:,
    则其面积为:,
    小正方形的面积:,
    从而.
    故答案为:25.



    15.设数列的前项和为,若,,且(且),则的值为__________.
    【答案】
    【分析】设,则,由此可知为等差数列,即可求出的通项公式,进而得到,再根据即可求出数列的通项公式,然后根据裂项相消法即可求出相应的和.
    【详解】设,则,由等差中项法可判断为等差数列.
    因为,,所以,即.
    当时,.
    当时,也符合,所以.
    由于,所以,


    故答案为:.
    【点睛】本题主要考查利用等差中项法判断等差数列,等差数列的通项公式的求法,与的关系的应用,以及利用裂项相消法求和,意在考查学生的转化能力和数学运算能力,属于中档题.

    四、双空题
    16.,,,则_______;_______.
    【答案】     0     3
    【分析】根据向量坐标表示的线性运算及数量积的坐标运算即可得出答案.
    【详解】解:,
    ,,
    .
    故答案为:0;3.

    五、解答题
    17.中,sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC.
    (1)求A;
    (2)若BC=3,求周长的最大值.
    【答案】(1);(2).
    【分析】(1)利用正弦定理角化边,配凑出的形式,进而求得;
    (2)方法一:利用余弦定理可得到,利用基本不等式可求得的最大值,进而得到结果.
    【详解】(1)由正弦定理可得:,

    ,.
    (2)[方法一]【最优解】:余弦+不等式
    由余弦定理得:,
    即.
    (当且仅当时取等号),

    解得:(当且仅当时取等号),
    周长,周长的最大值为.
    [方法二]:正弦化角(通性通法)
    设,则,根据正弦定理可知,所以,当且仅当,即时,等号成立.此时周长的最大值为.
    [方法三]:余弦与三角换元结合
    在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.由余弦定理得,即.令,得,易知当时,,
    所以周长的最大值为.
    【整体点评】本题考查解三角形的相关知识,涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题;
    方法一:求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中,结合基本不等式构造不等关系求得最值.
    方法二采用正弦定理边化角,利用三角函数的范围进行求解最值,如果三角形是锐角三角形或有限制条件的,则采用此法解决.
    方法三巧妙利用三角换元,实现边化角,进而转化为正弦函数求最值问题.
    18.如图,在四棱锥中,底面是平行四边形,,M,N分别为的中点,.

    (1)证明:;
    (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)要证,可证,由题意可得,,易证,从而平面,即有,从而得证;
    (2)取中点,根据题意可知,两两垂直,所以以点为坐标原点,建立空间直角坐标系,再分别求出向量和平面的一个法向量,即可根据线面角的向量公式求出.
    【详解】(1)在中,,,,由余弦定理可得,
    所以,.由题意且,平面,而平面,所以,又,所以.
    (2)由,,而与相交,所以平面,因为,所以,取中点,连接,则两两垂直,以点为坐标原点,如图所示,建立空间直角坐标系,
    则,
    又为中点,所以.
    由(1)得平面,所以平面的一个法向量
    从而直线与平面所成角的正弦值为.

    【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化,要证明,可以考虑,
    题中与有垂直关系的直线较多,易证平面,从而使问题得以解决;第二问思路直接,由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系,根据线面角的向量公式即可计算得出.
    19.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次,整理数据得到下表(单位:天):
    锻炼人次
    空气质量等级
    [0,200]
    (200,400]
    (400,600]
    1(优)
    2
    16
    25
    2(良)
    5
    10
    12
    3(轻度污染)
    6
    7
    8
    4(中度污染)
    7
    2
    0

    (1)分别估计该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率;
    (2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);
    (3)若某天的空气质量等级为1或2,则称这天“空气质量好”;若某天的空气质量等级为3或4,则称这天“空气质量不好”.根据所给数据,完成下面的2×2列联表,并根据列联表,判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?

    人次≤400
    人次>400
    空气质量好


    空气质量不好



    附:,
    P(K2≥k)
    0.050  
    0.010
    0.001
    k
    3.841
    6.635
    10.828


    【答案】(1)该市一天的空气质量等级分别为、、、的概率分别为、、、;(2);(3)有,理由见解析.
    【分析】(1)根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为、、、的概率;
    (2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以可得结果;
    (3)根据表格中的数据完善列联表,计算出的观测值,再结合临界值表可得结论.
    【详解】(1)由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为的概率为,等级为的概率为,等级为的概率为,等级为的概率为;
    (2)由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为
    (3)列联表如下:

    人次
    人次
    空气质量好


    空气质量不好




    因此,有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
    【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数,同时也考查了独立性检验的应用,考查数据处理能力,属于基础题.
    20.设数列{an}满足a1=3,.
    (1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
    (2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
    【答案】(1),,,证明见解析;(2).
    【分析】(1)方法一:(通性通法)利用递推公式得出,猜想得出的通项公式,利用数学归纳法证明即可;
    (2)方法一:(通性通法)根据通项公式的特征,由错位相减法求解即可.
    【详解】(1)
    [方法一]【最优解】:通性通法
    由题意可得,,由数列的前三项可猜想数列是以为首项,2为公差的等差数列,即.
    证明如下:
    当时,成立;
    假设时,成立.
    那么时,也成立.
    则对任意的,都有成立;
    [方法二]:构造法
    由题意可得,.由得.,则,两式相减得.令,且,所以,两边同时减去2,得,且,所以,即,又,因此是首项为3,公差为2的等差数列,所以.
    [方法三]:累加法
    由题意可得,.
    由得,即,,…….以上各式等号两边相加得,所以.所以.当时也符合上式.综上所述,.
    [方法四]:构造法
    ,猜想.由于,所以可设,其中为常数.整理得.故,解得.所以.又,所以是各项均为0的常数列,故,即.
    (2)由(1)可知,
    [方法一]:错位相减法
    ,①
    ,②
    由①②得:

    即.
    [方法二]【最优解】:裂项相消法
    ,所以.
    [方法三]:构造法
    当时,,设,即,则,解得.
    所以,即为常数列,而,所以.
    故.
    [方法四]:
    因为,令,则


    所以.
    故.
    【整体点评】(1)方法一:通过递推式求出数列的部分项从而归纳得出数列的通项公式,再根据数学归纳法进行证明,是该类问题的通性通法,对于此题也是最优解;
    方法二:根据递推式,代换得,两式相减得,设,从而简化递推式,再根据构造法即可求出,从而得出数列的通项公式;
    方法三:由化简得,根据累加法即可求出数列的通项公式;
    方法四:通过递推式求出数列的部分项,归纳得出数列的通项公式,再根据待定系数法将递推式变形成,求出,从而可得构造数列为常数列,即得数列的通项公式.
    (2)方法一:根据通项公式的特征可知,可利用错位相减法解出,该法也是此类题型的通性通法;
    方法二:根据通项公式裂项,由裂项相消法求出,过程简单,是本题的最优解法;
    方法三:由时,,构造得到数列为常数列,从而求出;
    方法四:将通项公式分解成,利用分组求和法分别求出数列的前项和即可,其中数列的前项和借助于函数的导数,通过赋值的方式求出,思路新颖独特,很好的简化了运算.
    21.已知椭圆C1:(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=|AB|.
    (1)求C1的离心率;
    (2)设M是C1与C2的公共点,若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.
    【答案】(1);(2),.
    【分析】(1)求出、,利用可得出关于、的齐次等式,可解得椭圆的离心率的值;
    (2)[方法四]由(1)可得出的方程为,联立曲线与的方程,求出点的坐标,利用抛物线的定义结合可求得的值,进而可得出与的标准方程.
    【详解】(1),轴且与椭圆相交于、两点,
    则直线的方程为,
    联立,解得,则,

    抛物线的方程为,联立,
    解得,,
    ,即,,
    即,即,
    ,解得,因此,椭圆的离心率为;
    (2)[方法一]:椭圆的第二定义
    由椭圆的第二定义知,则有,
    所以,即.
    又由,得.
    从而,解得.
    所以.
    故椭圆与抛物线的标准方程分别是.
    [方法二]:圆锥曲线统一的极坐标公式
    以为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系.
    由(Ⅰ)知,又由圆锥曲线统一的极坐标公式,得,由,得,两式联立解得.
    故的标准方程为,的标准方程为.
    [方法三]:参数方程
    由(1)知,椭圆的方程为,
    所以的参数方程为(为参数),
    将它代入抛物线的方程并化简得,
    解得或(舍去),
    所以,即点M的坐标为.
    又,所以由抛物线焦半径公式有,即,解得.
    故的标准方程为,的标准方程为.
    [方法四]【最优解】:利用韦达定理
    由(1)知,,椭圆的方程为,
    联立,消去并整理得,
    解得或(舍去),
    由抛物线的定义可得,解得.
    因此,曲线的标准方程为,
    曲线的标准方程为.
    【整体点评】(2)方法一:椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具,涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义,很多时候会使得问题简单明了.
    方法二:圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征,同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
    方法三:参数方程是一种重要的数学工具,它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题,使得原来抽象的问题更加具体化.
    方法四:韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法,联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
    22.已知函数f(x)=sin2xsin2x.
    (1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
    (2)证明:;
    (3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
    【答案】(1)当时,单调递增,当时,单调递减,当时,单调递增.
    (2)证明见解析;
    (3)证明见解析.
    【分析】(1)首先求得导函数的解析式,然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号,最后确定原函数的单调性即可;
    (2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形,利用四元基本不等式即可证得题中的不等式;
    (3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形,构造出(2)的形式,利用(2)的结论即可证得题中的不等式.
    【详解】(1)由函数的解析式可得:,则:


    在上的根为:,
    当时,单调递增,
    当时,单调递减,
    当时,单调递增.
    (2)[方法一]【最优解】:基本不等式法
    由四元均值不等式可得
    ,当且仅当,
    即或时等号成立.
    所以.
    [方法二]:构造新函数+齐次化方法
    因为,令,则问题转化为求的最大值.
    求导得,令,得.
    当时,,函数单调递增;
    当时,,函数单调递减.
    所以函数的最大值为,故.
    [方法三]:结合函数的周期性进行证明
    注意到,
    故函数是周期为的函数,
    结合(1)的结论,计算可得:,
    ,,
    据此可得:,,
    即.
    (3)利用(2)的结论
    由于,
    所以.
    【整体点评】(2)方法一:基本不等式是证明不等式的重要工具,利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件;
    方法二:齐次化之后切化弦是一种常用的方法,它将原问题转化为一元函数的问题,然后构造函数即可证得题中的不等式;
    方法三:周期性是三角函数的重要特征,结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.
    (3)方法一:利用(2)的结论体现了解答题的出题思路,逐问递进是解答题常见的设问方式;

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