2022-2023学年福建省三明市五县高二上学期联合质量检测数学试题（解析版）

2022-2023学年福建省三明市五县高二上学期联合质量检测数学试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A．1 B．-1 C． D．

【答案】C

【分析】根据共轭复数与模长的求解计算即可.

【详解】因为,故.

故选：C.

2．是等差数列，且，，则的值是（    ）

A．24 B．27 C．30 D．33

【答案】D

【分析】根据等差数列的定义，可设该数列的公差为，

则，

且，

所以可得到最后的答案.

【详解】设等差数列的公差为，

由①，②，

②-①得：，

则，

所以，

故选：D.

3．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】举出的反例可判断A；举出异面的反例可判断B；根据两条平行线其中一条垂直平面，那么另外一条也垂直平面可判断C；举出平行的反例可判断D.

【详解】对于A，如图，

此时，A错误；

对于B，如图，

此时异面，B错误；

对于C，由性质定理： “如果在两条平行线中，有一条垂直于平面，那么另一条也垂直于这个平面.”可知，C正确；

对于D，

此时，D错误.

故选：C.

4．函数的大致图象是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数解析式，可代入特殊点，进行排除.

【详解】根据函数表达式，当x>2时，函数值大于0，可排除A选项，当x<-1时，函数值小于0 故可排除C和D选项，进而得到B正确．

故答案为B.

【点睛】这个题目考查了已知函数解析式，求函数图像的问题，这种题目一般可以代入特殊点，进行选项的排除，或者根据函数表达式得到函数的定义域，值域的问题，进行排除.

5．已知，在上单调递减，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据分段函数是减函数，则由每一段是减函数，且左侧的函数值不小于右侧函数值求解.

【详解】由已知，在上单调递减，

∴，.①

在上单调递减，

∴解得，②

且当时，应有，

即，∴，③

由①②③得，的取值范围是，

故选：C.

6．已知一圆锥的侧面展开图是一个中心角为直角的扇形，若该圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得圆锥的底面半径、母线长，再去求圆锥的体积．

【详解】设底面圆半径为，圆锥母线长为，

因为圆锥侧面展开图是一个圆心角为的扇形， 所以，解得，

因为该圆锥的侧面积为，所以，解得，则，

即底面圆的面积为，则圆锥的高，

故圆锥的体积为，

故选：A．

7．图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小的正方形拼成一个大的正方形．某同学深受启发，设计出一个图形，它是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，如图2，若BD＝1，且三个全等三角形的面积和与小正三角形的面积之比为，则△ABC的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设小正三角形边长为，由面积比求得，再计算出小正三角形面积可得大正三角形面积．

【详解】设，则，

解得（舍去），

所以，

，

故选：D．

8．已知，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将变为，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合，根据函数的单调性即可得出答案.

【详解】解：由，

得，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

又因，

且，

所以，

即，

所以.

故选：D.

二、多选题

9．若集合P={x|x2+x﹣6=0}，S={x|ax﹣1=0}，且S⊆P，则实数a的可能取值为（    ）

A．0 B． C．4 D．

【答案】ABD

【分析】分S= ，两种情况，根据子集的定义，分别求得参数值.

【详解】解：P={x|x2+x﹣6=0}={﹣3，2}，

①S=，a=0；

②，S={x|x}，

3，a，

2，a；

综上可知：实数a的可能取值组成的集合为{，0，}.

故选：ABD.

10．在各项均为正数的等比数列中，，则（    ）

A． B． C．有最大值25 D．有最大值

【答案】AD

【分析】利用等比数列的性质可得：，将其代入题干条件可得，再次利用等比数列的性质和基本不等式即可求解.

【详解】等比数列的各项都为正数，由等比数列的性质可得：，

，

，

，当且仅当时取等号，

的最大值是.

故选：.

11．下列说法正确的是（    ）

A．若不等式的解集为，则

B．若命题，则的否定为

C．在中，“”是“”的充要条件

D．若对恒成立，则实数的取值范围为

【答案】ABD

【分析】由一元二次不等式的解法可判断A；由全称量词命题的否定可判断B；由充要条件的判断可判断C；变元转化为一次函数恒成立可判断D

【详解】对于A：不等式的解集为，

则和是方程的两个根，故，

解得，所以，故A正确；

对于B：命题，

则的否定为，故B正确；

对于C：由可得，

所以，

又，

所以或，

所以“”不是“”的充要条件，故C错误；

对于D：令，由对恒成立，

则，解得，

所以实数的取值范围为，故D正确；

故选：ABD

12．如图，等腰直角三角形的斜边为正四面体的侧棱，，直角边绕斜边旋转一周，在旋转的过程中，下列说法正确的是（    ）

A．三棱锥体积的最大值为

B．三棱锥体积的最小值为

C．存在某个位置，使得

D．设二面角的平面角为，且，则

【答案】AC

【分析】是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动（圆锥的底面圆），作出图形，观察到平面距离的最大值和最小值，计算体积判断AB，把去掉，作出图形，分析与所成角，二面角的大小判断CD．

【详解】在图1中，是的中点，是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动，

易知当三点共线，且在之间时，三棱锥的体积最大，当运动到的位置时，的体积最小.

在中，.

设到平面的距离分别为，则，

所以三棱锥体积的最大值为，最小值为，A正确，B错误.

如图2，因为直线与旋转轴所成的角为，母线与旋转轴所成的角为﹐

所以直线与所成角的范围为，即，

因为，所以存在夹角为的情况，

又因为线线角的取值范围不包含钝角，所以直线与所成角的范围为，

即可得出C正确.

如图2，当运动到时，二面角的平面角为，

在与中，

所以，

所以，所以，即，D错误.

故选：AC

【点睛】关键点睛：根据二面角的定义，利用余弦函数的定义进行判断是解题的关键.

三、填空题

13．已知，则______.

【答案】

【分析】由，结合范围，求出，再由余弦的和角公式即可求解.

【详解】，，

.

故答案为：.

14．已知A，B，C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为0的实数λ，m，n，使λ+m+n=，那么λ+m+n的值为________.

【答案】0

【分析】利用共线向量定理列出向量等式，再借助向量减法用表示即可得解.

【详解】因A，B，C三点共线，则存在唯一实数k使，显然且，否则点A，B重合或点B，C重合，

则，整理得：，令λ=k-1，m=1，n=-k，显然实数λ，m，n不为0，

因此，存在三个不为0的实数λ，m，n，使λ+m+n=，此时λ+m+n= k-1+1+(-k)=0，

所以λ+m+n的值为0.

故答案为：0

15．已知函数是定义在上的周期为2的奇函数，且当时，，则______.

【答案】

【分析】函数为奇函数有，解得，由函数周期为2，化简得，代入函数解析式求值.

【详解】函数为定义在上的奇函数，可得，所以，

函数周期为2，则

，有，

∴.

故答案为：.

16．定义各项为正数的数列的“美数”为.若各项为正数的数列的“美数”为，且，则______.

【答案】

【分析】首先利用“美数”的定义，得到，再求数列的通项公式，并得到，最后利用裂项相消法求和.

【详解】因为各项为正数的数列的“美数”为，

所以.

设数列的前项和为，

则，

所以.

当时，，

所以，满足式子，

所以.

又，所以，

所以

.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，在中，，是的中点，设，.

（1）试用，表示；

（2）若，，且与的夹角为，求.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据向量加法的三角形法则以及共线定理即可用，表示；

（2）用，表示出，即可求得，再开方即可.

【详解】（1） .

（2） ，

∴，

∵，，与的夹角为，∴，

∴ ，即.

18．已知函数.

(1)求的单调递减区间和对称中心；

(2)将函数的图象向左平移个单位长度，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的值域.

【答案】(1)单调递减区间是，对称中心是

(2)

【分析】（1）化简的解析式，根据三角函数单调区间、对称中心的求法（整体代入法）求得正确答案.

（2）根据三角恒等变换的知识求得，根据三角函数值域的求法求得在上的值域.

【详解】（1）

.

令，

解得，

即的单调递减区间是.

令，解得，

所以的对称中心是.

（2）将函数的图象向左平移个单位长度，

得到的图象，

再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），

得到的图象，即.

当，所以，

所以，

即在上的值域为.

19．如图，四棱锥的底面为矩形，侧面与底面垂直，点分别在侧棱上，满足.

(1)证明：.

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证，即证平面即证平面平面；

（2）以为原点，DA为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

利用向量夹角公式即可得到结果.

【详解】（1）平面平面，平面平面，，

平面，平面又平面

∴平面平面，平面平面，又，

平面平面；

，又

平面平面平面平面（交线为），

同理可得，又∴平面平面.

（2）以为原点，DA为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

易得，，，，

由（1）知，平面故为平面的法向量，

设平面即平面的法向量，，

由得，取，

所以，

所以二面角的正弦值为.

20．已知数列的前项和为，满足，是以为首项且公差不为0的等差数列，成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前项和.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据，求出的通项公式，求出的公差，进而求出的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前项和..

【详解】（1）由，取可得，又，

所以，则.

当时，由条件可得，两式相减可得，，又，

所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故，

因为，设等差数列的公差为，则，由成等比数列，所以，又，所以解得，

故，

（2），

，

.

相减得，

所以，所以

所以.

21．在①，②AC边上的高为，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并完成解答.

问题：记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，______.

(1)求c的值；

(2)设AD是的角平分线，求AD的长.

【答案】(1)3

(2)

【分析】（1）选条件①：利用余弦定理直接求得；选条件②：利用三角形的面积公式直接求得；选条件③：先求出，利用和差角公式及正弦定理即可求得.

（2）选条件①：求出，利用正弦定理即可求得；选条件②；求得，利用正弦定理即可求得；选条件③：利用正弦定理即可求得；

【详解】（1）选条件①：

，由余弦定理，

选条件②；

AC边上的高为，由三角形的面积公式，解得，.

选条件③：

，

由题意可知，所以，

因为，

，

由正弦定理，，解得，.

（2）选条件①：

因AD是的角平分线，所以，

，，

则，

由正弦定理，.

选条件②；

因AD是的角平分线，所以，

，，

则，

由正弦定理，.

选条件③：

因为AD是的角平分线，所以，

则，

由正弦定理，.

22．已知函数.

（1）讨论极值点的个数；

（2）若到，是的两个极值点，且恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2），.

【分析】(1)求出函数的导数,通过讨论的范围,结合二次函数的性质,求出极值点的个数即可；

(2)利用有两个极值点的条件，得到的范围，利用极直点所满足的方程，得到两个极值点的关系，进而将原不等式转化为,得到,令(a),利用导数研究单调性求得最小值，得到的范围.

【详解】解：(1),

令,

当时,△且,

故有1个正根,故有1个极值点,

当即时,恒成立,故没有极值点,

当时,且,

故有2个不相等的正根,故有2个极值点,

综上,当时,有1个极值点,

当时,没有极值点,

当时,有2个极值点；

(2)由(1)知当有2个极值点时,

且,是方程的两根,

故,则,

,

,等价于,

,,

令(a),

(a),

在上单调递增,

(a)(4),

,即,.

【点睛】利用分类讨论由函数极值点的个数求参数a的范围；利用有两个极值点的条件,得到的范围,根据极值点满足的方程，利用韦达定理 ,将原函数不等式转化为关于a的不等式恒成立问题是关键.