福建省2022-2023学年高二数学下学期质优生筑梦联考试题（Word版附解析）

这是一份福建省2022-2023学年高二数学下学期质优生筑梦联考试题（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了 某铁球在时，半径为， 关于函数，有下列四个命题， 已知，为双曲线， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度第二学期质优生“筑梦”联考
数学试题
考试时间：120分钟满分：150分
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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】
【分析】
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：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
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）
【解析】
【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】
【解析】
【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：.
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】 ①. 41 ②.
【解析】
【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；
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】
【解析】
【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.
四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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，则面积为面积的，
所以，
即，
化简得，．
【小问2详解】
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
【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.
【小问1详解】
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：.
【小问2详解】
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
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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
【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
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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．