2022-2023学年福建省高二下学期质优生“筑梦”联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省高二下学期质优生“筑梦”联考数学试题含解析，共25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。
2022-2023学年福建省高二下学期质优生“筑梦”联考数学试题

一、单选题
1．5人排成一行，其中甲、乙两人相邻的不同排法共有（    ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．120种
【答案】B
【分析】利用捆绑法进行计算即可得解.
【详解】先捆绑甲乙两人共有种可能，
再松绑可得种可能，
共有种可能，
故选：B
2．在的展开式中，含的项的系数是（    ）
A．5 B．6 C．7 D．11
【答案】C
【分析】先求解和中含的项的系数，然后求和可得答案.
【详解】因为中只有和中含的项，
的含的项为，的含的项为，
所以的展开式中含的项的系数是.
故选：C.
3．某铁球在时，半径为.当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为时铁球的半径为，其中为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为（    ）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，由球的体积公式可得，求导即可得到结果.
【详解】由题意可得，当温度为时，铁球的半径为，
其体积，求导可得，
当时，，所以在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为.
故选:D
4．三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.
【详解】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a，
因为正方体的体对角线即为球О直径，故，
利用勾股定理得：，解得，球的表面积为，
故选：C.
5．关于函数，有下列四个命题：
甲：在单调递增；
乙：是的一个极小值点：
丙：是的一个极大值点；
丁：函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称.
其中只有一个是假命题，则该命题是（    ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】A
【分析】根据的最小正周期判断乙、丙都是真命题，进而判断丁为真命题，从而得出甲为假命题.
【详解】由于的最小正周期为，半周期为,
，所以乙、丙为真命题，（否则两个都是假命题，不符合题意.）
由丙可知，关于直线对称，所以函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称，丁正确.
故甲为假命题.
另外，由丙可知，关于直线对称，的最小正周期为，
所以关于直线对称，，所以在区间不单调，甲为假命题.
故选：A
6．已知是定义在上的函数，且函数是奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出在上的解析式后可求切线方程.
【详解】令，因为为奇函数，故，
故即.
即，
当时，，
故，
故时，，
此时，故，而
故切线方程为：，
故选：D.
7．圆为锐角的外接圆，，点在圆上，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】把转化为，由余弦定理、数量积的定义得，讨论的位置得，结合锐角三角形恒成立，即可得范围.
【详解】由为锐角三角形，则外接圆圆心在三角形内部，如下图示，

又，而，若外接圆半径为r，
则，故，且，即，
由，
对于且在圆上，当为直径时，当重合时，
所以，
综上，，
锐角三角形中，则，即恒成立，
所以，则恒成立，
综上，.
故选: C
8．已知，为双曲线：（，）的左、右焦点，以为圆心，为半径的圆与在第一象限的交点为，直线与交于另一点．若的面积为，则的离心率为（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【解析】设直线与轴正方向的夹角为，利用双曲线的第二定义表示出,，根据的面积以及即可求解.
【详解】设双曲线的右准线与轴的交点为，则，
设直线与轴正方向的夹角为，

由双曲线的第二定义可得，
，，
，
即，
由，①②，可得整理，③
由①可得，即，④
将④代入③，整理可得，即.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与双曲线的位置关系，双曲线的第二定义，解题的关键是利用第二定义表示出，，考查了计算能力.


二、多选题
9．已知复数对应的向量为，复数对应的向量为，则（    ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若与在复平面上对应的点关于实轴对称，则
【答案】AD
【分析】利用向量数量积的运算法则及复数的几何意义即可求解.
【详解】因为 ，所以，
则，即，则，故选项正确；
若，满足，而，故选项B错误；
因为，所以，
即，则，但不一定有，故选项C错误；
设，因为与在复平面上对应的点关于实轴对称，
则，所以，，则，
故选项D正确.
故选：AD.
10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．函数是奇函数
B．函数的极大值点等于函数的极小值点
C．若曲线上共线的三点满足，则点的坐标为
D．函数的值域为的一个必要不充分条件是
【答案】ABC
【分析】根据奇函数定义判断A，根据导数求出函数的极值点，再由图象平移判断B，根据的对称性判断C，求出函数值域为的等价条件判断D.
【详解】令，
则，且定义域为，
即为奇函数，故A正确；
令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，故的极小值点为1，极大值点为，
由向右平移2个单位得到的图象，
所以函数的极大值点等于函数的极小值点，故B正确；
因为由A知图象关于原点中心对称，所以函数的图象关于中心对称，
故曲线上共线的三点满足，则B是A,C的对称中心，故的坐标为，故C正确；
由B知，的极小值为，再令可得，
当时，原函数值域为需满足，解得，
当时，原函数值域为需满足，解得，
当时，原函数值域为需满足，无解，
综上，原函数值域为需满足，而不是的真子集，
故D错误.
故选：ABC
11．已知动圆，，则（    ）
A．圆C与圆相切
B．圆C与直线相切
C．圆C上一点M满足，则M的轨迹的长度为
D．当圆C与坐标轴交于不同的三点时，这三点构成的三角形面积的最大值为1
【答案】AD
【分析】A选项，得到圆C的圆心和半径，求出两圆圆心距等于半径之差，从而两圆内切；
B选项，求出圆心到直线距离不一定等于1，故B错误；
C选项，设出，得到M的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，其周长为；
D选项，求出圆C与坐标轴交点坐标，得到，从而得到面积的最大值.
【详解】圆C的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为2，因为，所以两圆内切，A正确；
圆心到直线的距离为，
不一定等于1，故圆C与直线不一定相切，B错误；
设，则，
所以，所以，
所以点M的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，其周长为，C错误；
D选项，令得：，解得：或，
令得：，解得：或，
所以圆C与坐标轴交于不同的三点，分别记为，
则这三点构成的三角形面积，
当或时，三角形面积取得最大值，最大值为1，D正确
故选：AD
12．已知实数满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】作出图像，结合图像和条件先可以确定的大致范围，结合条件和指数函数的单调性可确定的范围，然后逐一判断每个选项.
【详解】设，则，于是在上递减，上递增，当取得最小值，作得图像如下：
  
由得，即，由图可知.
由得，结合指数函数的单调性
从而，所以，所以，
故，故B正确，故D正确；
而当时，根据图像可得，，于是A错误；
对于，由得，，所以，设，
则，于是在上递增，
取，则，即，
于是，故，所以C正确.
故选：BCD

三、填空题
13．写出曲线与曲线的公切线的一个方向向量______.
【答案】（与共线的非零向量均可）
【分析】先利用导数求得曲线与曲线的公切线方程，进而求得该公切线的一个方向向量.
【详解】设曲线上的切点为，
曲线上的切点为，
则，两式相减整理得，
代入上式得，解之得，则，
则曲线与曲线的公切线的公切点为，
则切线斜率为1，切线方程为，
则公切线的一个方向向量为
故答案为：
14．已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线交于两点，线段中点的纵坐标为，则__________.
【答案】
【分析】根据题意得到的直线方程为，联立方程组得到，求得的中点的纵坐标为，求得，结合抛物线的定义和，即可求解.
【详解】由抛物线，可得其焦点坐标为，
过焦点且倾斜角为的直线方程为，
设，联立方程组，整理得，
可得，则的中点的纵坐标为，
因为线段中点的纵坐标为，可得，解得，
又由抛物线的定义可得.
故答案为：.

四、双空题
15．分形几何在计算机生成图形和游戏中有广泛应用．按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图．设图2中第n行黑圈的个数为，则______，数列的通项公式______．

【答案】 41
【分析】记第n行白圈的个数为，根据题意得到递推公式，，从而推导出，进而构造等比数列联立求解即可得
【详解】记第n行白圈的个数为，由题意可得，，，
则，所以，所以，由，得，
所以，即，故，
故答案为：41；

五、填空题
16．已知半径为的球的球心为正四面体的中心，且球的球面被四面体的四个面截得的曲线总长度为.则四面体的体积为______.
【答案】
【详解】设四面体的棱长为，小圆半径为.
若四面体的一个面截球如图3，则小圆周长为、半径为1.

故球心到四面体的面的距离为.
若四面体的一个面截球如图4，记为的中点，由题意知

又
由
.
综上，四面体的体积为.

六、解答题
17．如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．

(1)求的正弦值；
(2)求的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）解法1、由余弦定理求得，得到，分别在和，求得和，结合和互补，求得，再在中，求得，即可求解；
解法2、由题意，求得，根据，结合的面积为面积的，列出方程，即可求解；
（2）解法1、由余弦定理求得，得到，，在中，由余弦定理求得，即可求解；
又由，所以．
解法2、由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：解法1、由余弦定理得，
即，所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
与互补，则，解得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以．
解法2、由题意可得，，
由AM为边BC上的中线，则，
两边同时平方得，，故，
因为M为BC边中点，则的面积为面积的，
所以，
即，
化简得，．
（2）解：方法1、在中，由余弦定理，得，
所以，
由AM，BN分别为边BC，AC上的中线可知P为重心，
可得，，
在中，由余弦定理，得，
又由，所以．
解法2：
因为BN为边AC上的中线，所以，
，
，即．
所以．
18．数列的前项和为且当时，成等差数列.
(1)计算，猜想数列的通项公式并加以证明；
(2)在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，，证明见解析
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）利用可得出递推公式，求出，进而得出数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用的关系，求出的关系，即可得出结论.
【详解】（1）由题意，，
在数列中，
当时， 成等差数列，
∴，
即，即，即.
∴，
猜想.
下面我们证明.
∵，
∴，
∵当时，，
∴对任意正整数，均有，
∴，
∴，
∴，
即数列的通项公式为：.
（2）由题意及（1）得，
在数列中，，
∴.
假设数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列，则，
即，
化简得，
∵成等差数列，
∴，
∴，化简得，
又，
∴，即，
∴，
∴，这与题设矛盾，所以假设不成立，
∴在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列.
19．如图，三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3.

(1)求证：平面平面；
(2)若点为棱的中点，线段上是否存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为？若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，此时的长为1

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可；
（2）建立空间直角坐标系，结合空间法向量分析即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图所示：

因为，，
所以，且，
因为是等腰直角三角形，
所以，且，
又，满足，
所以，
因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，且，
故可以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设，
因为点为棱的中点，
所以到平面的距离为；
则，
则，
所以，
则， ，
所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
则，
由，
得，或（舍去），
此时.
故存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为，
此时的长为1
20．已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求证：当时，.
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）依题意，的定义域为，，分类讨论可求的单调性；
（2）当时，要证明，即证，
只需证明. 设，利用导数研究其性质，即可证明
【详解】（1）依题意，的定义域为，，
①当时，，在单调递减；
②当时，当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增；
③当时，当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减；
综上，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减.
（2）当时，要证明，
即证明，
因为，所以只需证明，
只需证明.
设，
则，
设，则，
所以当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增；
所以，
所以当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增；
所以，
所以当时，.
【点睛】本小题考查导数与函数的单调性、不等式等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想，分类与整合思想等．
21．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，为坐标原点，线段的中点为，是等腰三角形.
(1)求的方程；
(2)设点，圆过且交直线于、，直线、分别交于另一点、（异于点），直线过且与直线平行，判断直线与圆的位置关系并证明你的结论.
【答案】(1)
(2)直线与圆相切，证明见解析

【分析】（1）分、、三种情况讨论，可求出的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设、、、，写出圆的方程，令，列出关于、的韦达定理，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，计算的值，然后分、两种情况，分析直线与的位置关系，即可得出结论.
【详解】（1）解：如图1，依题意，、，所以，
①若，且，则为的中点，所以，，即，
所以，，
所以，椭圆的方程为；
②若，则，即，所以，，
所以，椭圆的方程为；
③若，则，即，即，
所以，，
所以，椭圆的方程为.
综上，椭圆的方程为.

（2）解：直线与圆相切，理由如下：
如图2，由（1）知，椭圆的方程为，

设、、、，
依题意，圆的方程为，
令，则，由韦达定理可得，，
由图可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，
由得，
，
由韦达定理可得，，
因为，，
由、、三点共线得，则，可得，则，
同理，由、、三点共线可得，，
所以，所以，
即，
即，
即，
即，所以或，
当时，直线过点，不合题意，所以，
此时，，，，
所以，，
所以，
即，
所以当时，，直线的方程为，
所以，所以，直线与圆相切；
当时，直线的斜率，直线的斜率为，
所以，所以，所以，直线与圆相切.
综上，直线与圆相切.
【点睛】方法点睛：直线与圆的位置关系的判断方法如下：
（1）代数法：将直线的方程和圆的方程联立，消去一个元（或），得到关于另外一个元的一元二次方程.
，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；
，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；
，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.
（2）几何法：计算圆心到直线的距离，并比较与圆的半径的大小关系.
若，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；
若，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；
若，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若恰有3个零点；
（i）求的取值范围；
（ii）证明：在双曲线位于第一象限内的图象上存在点，使得对于任意实数，都有.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）由题意得到，当时，求得，得到在单调递减；当时，求得，分、两种情况求得函数，再结合、，进而得到函数的单调区间；
（2）（i）由（1）知，当时，求得至多一个零点，不符合题意；当时，根据的单调性，得到在不存在零点，求得至多一个零点，不符合题意；当时，得到在恰有1个零点，根据在单调递减，得到至多两个零点，不符合题意；当时，取得在恰有一个零点，结合，得到在恰有一个零点；当时，设，求得，得到，进而得到恰有3个零点，符合题意，即可求得的取值范围；
（ii）证明：由（i），可得设一个零点为，取，，根据是在的零点，得到，根据对于任意实数成立，即可得证.
【详解】（1）解：由，
当时，，
可得，所以在单调递减；
当时，，
可得
当时，因为，可得；
当时，因为，可得，
所以，当时，，所以在单调递减；
当时，当时，，当时，；
所以在单调递减，在单调递增；
综上，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减.
（2）解：（i）由（1）知，当时，在单调递减，
所以至多一个零点，不符合题意；
当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减.
又因为，
所以，当时，，
当时，，所以在不存在零点，
由于在单调递减，所以在至多一个零点，
因此至多一个零点，不符合题意；
当时，，
当时，，
所以在恰有1个零点，由于在单调递减，
所以在至多一个零点，因此至多两个零点，不符合题意；
当时，，所以，
又因为在单调递增，所以在恰有一个零点；
当时，，
所以
又因为在单调递减，所以在恰有一个零点；
当时，，
设，则，
当时，，所以在单调递增，所以，即，
所以，所以，
又因为在单调递减，所以在恰有一个零点；
所以恰有3个零点，符合题意，所以的取值范围为.
（ii）证明：由（i）知且在有2个零点，
设其中一个零点为，取，，则且，
即点是双曲线位于第一象限内的图象上一点，
此时，因为是在的零点，所以，
所以，
所以对于任意实数成立，所以在双曲线位于第一象限内的图象上存在点，使得对于任意实数，都有.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．