2022届福建省龙岩市第一中学（龙岩市）高三第三次教学质量检测数学试题含解析

这是一份2022届福建省龙岩市第一中学（龙岩市）高三第三次教学质量检测数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届福建省龙岩市第一中学（龙岩市）高三第三次教学质量检测数学试题 一、单选题1．集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【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：C2．复数满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则化简求值即可得出结果.【详解】解：，.故选：D.3．已知，，则与的夹角为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量夹角公式计算即可.【详解】∵，，∴，∵，∴与的夹角为.故选：A4．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，A为C上的点，过A作l的垂线，垂足为B，若，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由求得，再结合抛物线定义即可求出答案.【详解】如图，设与轴交于点，则由抛物线可知，又，故，，又由抛物线定义，故,则.故选：D.5．进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为.已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（       ）A．80 B．90 C．100 D．110【答案】C【分析】设运输成本为元，依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的极小值点，从而得解；【详解】解：设运输成本为元，依题意可得，则所以当时，当时，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，所以时全程运输成本最低；故选：C6．函数的两个不同的零点均大于的一个充分不必要条件是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意列出函数的两个不同的零点均大于时的不等式组，求得，进而结合选项判断即可.【详解】解：因为函数的两个不同的零点均大于，所以，解得.所以选项A是函数的两个不同的零点均大于的既不充分也不必要条件；选项B是函数的两个不同的零点均大于的充分不必要条件；选项C是函数的两个不同的零点均大于的充要条件；选项D是函数的两个不同的零点均大于的必要不充分条件.故选：B.7．已知函数在内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用正余弦倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，利用题中所给的自变量的范围求得整体角的范围，根据正弦函数的性质以及题中条件，得到，进而求得结果.【详解】当时，，函数在内有且仅有三条对称轴，则有，解得，故选：B.8．已知时，有，根据以上信息，若对任意都有，则(       )A．245 B．246 C．247 D．248【答案】D【分析】根据题意将展开为，再根据多项式乘法求的展开式的项系数即可．【详解】时，有，∴时，有，则则为展开式项的系数，根据多项式乘法原理可知，展开式中项为：，故=248．故选：D． 二、多选题9．已知等比数列的前n项和为，公比为q，则下列命题正确的是(       )A．若，，则B．若，则数列是单调递增数列C．若，，，则数列是公差为的等差数列D．若，，且，则的最小值为4【答案】AC【分析】A：利用等比数列前n项和公式即可计算；B：根据函数单调性即可判断；C：根据等差数列定义即可判断；D：利用基本不等式即可判断．【详解】对于A，，故A正确；对于B，∵，故的单调性由q和共同决定，q>1无法判断数列为递增数列，如，此时数列为递减数列，故B错误；对于C，∵为常数，∴数列是公差为的等差数列，故C正确；对于D，若，，则，，∵，∴，即，即，即，即当时，的最大值为4，故D错误．故选：AC．10．已知直线与圆交于A､B两点，且（其中O为坐标原点），则实数b的值可以是（       ）A． B． C． D．4【答案】AD【分析】根据可得，分析圆心O到直线的距离．【详解】圆的圆心,半径∵则∴O到直线的距离，则故选：A D．11．正多面体也称帕拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成（各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等）.某中学在劳动技术课上，要求学生将一个近似正八面体的玉石切制成如图所示的棱长为2的正八面体P-ABCD-Q（其中E､F､H分别为PA，PB，BC的中点），则（       ）A．AP与CQ为异面直线B．平面PAB⊥平面PCDC．经过E､F､H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形D．此正八面体外接球的表面积为8π【答案】CD【分析】对于选项A，根据图像的共面可以得出该选项错误；对于选项B，求出两个平面的二面角证明二面角不是90度即可得出结论；对于选项C，根据中位线定理证明相等关系，即可证明该截面为正六边形；对于选项D，根据外接球的直径，代入公式即可.【详解】对于A选项，由多面体的对称性知，A，B，C，D四点共面，又因为PA=AQ=QC=CP，结合PQ=AC，所以四边形PACQ是正方形，所以选项A错误；对于B选项，设AB中点为N，CD中点为M，则为平面PAB和平面PCD的二面角，，，NM=2所以，所以平面PAB和平面PCD的二面角不为直角，所以选项B错误；对于选项C，设QC，CD，DA的中点分别为J，K，L，顺次连接E，F，H，J，K，L，E，根据中位线定理能够得到EF=FH=HJ=JK=KL=LE，所以经过E､F､H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，故选项C正确；对于选项D，根据题意，外接球的直径为，所以外接球的半径为，表面积，故该选项正确.故选：CD.12．已知函数的定义域为R，满足，当时，.对，下列选项正确的是（       ）A．，则m的最小值为 B．，则m的值不存在C．，则 D．时，函数所有极小值之和大于2e【答案】BC【分析】根据导函数可得函数在上递减，在上递增，则在内的极小值（最小值）为，且无最大值，再可知，在内的极小值为（为偶数），可利用等比数列求和分析极小值的和．【详解】当时，则令则函数在上递减，在上递增，则在内的极小值（最小值）为，且当时，∴A不正确，B正确∵，则函数在上递减，在上递增（为偶数）在内的极小值为（为偶数）,如下表：极值点…-3-1135…极小值……若，则，C正确若，则函数在内的极小值为：，，，…这些极小值依次构成等比数列，其前n项和当时，即+++…，D不正确故选：BC． 三、填空题13．已知为锐角，，则___________.【答案】【分析】根据诱导公式，求出，再利用同角的三角函数基本关系式求出即可.【详解】因为，所以，所以，又因为为锐角，所以，故答案为：.14．某产品有5件正品和3件次品混在了一起（产品外观上看不出有任何区别），现从这8件产品中随机抽取3件，则取出的3件产品中恰有1件是次品的概率为___________.【答案】【分析】设取出的3件产品中次品的件数为X，3件产品中恰好有一件次品的概率为计算即可.【详解】设取出的3件产品中次品的件数为X，3件产品中恰好有一件次品的概率为.故答案为：.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___________.x1234ye【答案】【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x1234yez1346 代入得故故，当时，故答案为：16．若对恒成立，则实数m的取值范围是___________.【答案】【分析】依题意可得对恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性与最值，即可求出参数的取值范围；【详解】解：因为对恒成立，即对恒成立，记，，所以，令，令，，则，所以当时，所以在上单调递增，所以，即，，则所以在上是增函数，所以当，即时，在上是增函数，所以符合题意；当时，且当时， 所以，使得，即当时，单调递减，此时，所以不符合题意，综上可得，即故答案为： 四、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.【答案】(1)(2)详细见解析.【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.【详解】(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．已知等差数列的前n项和为，，.(1)求的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，证明：当，时，.【答案】(1)；(2)证明见解析﹒【分析】(1)根据题中条件列出关于和d的方程组，解出和d，根据等差数列通项公式即可求；(2)分母有理化，裂项相消即可求，当，时，证明即可．【详解】(1)由题可知，，解得，∴；(2)，，，，．19．如图，已知四棱锥S-ABCD，底面四边形ABCD为平行四边形，，，.若点G在棱AD上，满足，点E在棱SB上，满足，侧面SBC⊥底面ABCD.(1)求证：CE⊥平面SBG；(2)若SC⊥底面ABCD且，求二面角S-GB-C的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，可得，由侧面底面，由面，可证得，进而证得结果.（2）以B为原点，BC，BG所在直线为轴建立如空间直角坐标系，设，，由通过坐标运算求得,求得平面SBG的一个法向量为，及平面ABCD的法向量，利用数量积公式计算即可得出结果.【详解】(1)证明：，.侧面底面.侧面底面，底面，面，∵面，. , ， CE⊥平面SBG.(2)依题意，以B为原点，BC，BG所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则设，则∴,由得,由得可解得：设平面SBG的一个法向量为,由，可得：，取，则，又平面ABCD，是平面ABCD的法向量，记平面SBG与平面GBC所成角为，所以二面角S-GB-C的余弦值为.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.【答案】(1)(2)【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.【详解】(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．已知函数.(1)解关于x的不等式；(2)当时，求函数的最大值的取值范围.【答案】(1)时，不等式无解；时，不等式的解集为.(2)【分析】（1）由，化简可得，讨论a即可得出结果；（2）求得导函数，利用导数的正负得出函数的单调性及，令，则，记，通过求导得出的单调性，进而求得结果.【详解】(1)由得，化简得①时，不等式无解.②时，，即,综上，时，不等式无解；时，不等式的解集为.(2)，由得,,同理由得,函数在单调递增，在单调递减，令，则，记，由，得，由,得， ∴在上是减函数，在上是增函数，，当x→0时，，所以当a<0时，函数y=f（x）最大值的取值范围是22．在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足.记的轨迹为.(1)求的方程；(2)若斜率为的直线过点且交于，两点，弦中点为，直线与交于，两点，记与的面积分别为，，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】设，则，，，根据题意列出等式，化简求出结果即可；设直线，与的方程联立，消得到一元二次方程，结合韦达定理写出弦长，利用弦中点为的坐标设所在直线方程，并与的方程联立，消得到一元二次方程，求得，两点坐标，进而写出，到直线的距离之和的值，列出的式子即可求得取值范围.【详解】(1)解：设，则，，,，.，即，的轨迹为的方程为.(2)解：设直线，由消可得，，设，，，..由，，弦中点为，.由消可得即.，，，到直线的距离之和.，，，，，.