2022届福建省福州第三中学高三下学期第三次质量检测数学试题含解析

这是一份2022届福建省福州第三中学高三下学期第三次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届福建省福州第三中学高三下学期第三次质量检测数学试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合B，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】由题意得：，故选：D.2．复数满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据复数模的计算可得答案.【详解】，故选：C.3．在平行四边形中，，则（       ）A．1 B． C．2 D．3【答案】B【分析】根据向量的坐标求得，利用平行四边形的两条对角线的平方和等于四边的平方和这一结论即可求得答案.【详解】由题意得|，由平行四边形的两条对角线的平方和等于四边的平方和，得：，故选：4．已知函数 在上单调递减，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】判断当时，单调递减，故根据分段函数在上单调递减，列出相应的不等式，解得答案.【详解】当时，单调递减，在上递减，且，解得，故选：.5．函数在单调递增，在单调递减，则的值为（       ）A． B．1 C．2 D．【答案】A【分析】由题意可得，求得，结合函数的单调区间确定，即可确定的值.【详解】依题意得：，，又在单调递减，，解得：，，故选：6．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （       ）A．1.2天 B．1.8天C．2.5天 D．3.5天【答案】B【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.【详解】因为，，，所以，所以，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，则，所以，所以，所以天.故选：B.【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.7．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面与底面所成锐角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出相关的线段长度，设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为，由题意得到它们之间的关系，结合侧面与底面所成的锐角的余弦，可求得答案.【详解】如图，设正四棱锥的底面边长为，设O为底面的中心，高为，设M为AD的中点，则设斜高为，连接OM，设侧面与底面所成的锐角为，由于，即 ,则，且，由已知条件可得：，，解得：（舍去负值），故选：C.8．若x，y，z均为正数，且，与最接近的整数为（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】设，则，，，利用换底公式及对数的运算性质即可求解.【详解】解：设，所以，，，.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，设，然后将多变量问题变为单变量问题处理.二、多选题9．下列判断正确的有（       ）A．B．C．若，则D．若，则【答案】ABD【分析】对选项A，利用幂函数的单调性和指数函数的单调性即可判断A正确，对选项B，利用指数幂运算即可判断B正确，对选项C，D，根据基本不等式即可判断C错误，D正确.【详解】对选项A，函数单调递增，，又单调递减，，故A正确；对于选项B，，，，所以，故B正确；对于C：，等号成立当且仅当时，故C错误；对于，当且仅当时，即，时取等号，故正确.故选：ABD10．已知曲线.（       ）A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若m=n>0，则C是圆，其半径为C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为D．若m=0，n>0，则C是两条直线【答案】ACD【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若，则可化为，，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.11．中，角的对边分别为，且，以下四个命题中正确的是（       ）A．满足条件的不可能是直角三角形B．面积的最大值为C．是中点，的最大值为3D．当时，的面积为【答案】BD【分析】建立平面直角坐标系，由条件确定点的轨迹，由此判断各选项对错.【详解】以为原点，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，由，得，即，，化简得：，即点在以为圆心，以为半径的圆上（除去两点）.如图所示：对于：以为圆心，为半径作圆，记该圆与圆的交点为，则为直角三角形，错误；对于：由图得面积的最大值为正确；对于是中点，的值为在上的投影与的积，又点在以为圆心，以为半径的圆上（除去两点），故，错误；对于D：若，则，，正确.故选：BD12．在矩形中，为边的中点，将沿直线翻折成，若点为线段的中点，则在翻折过程中，下述选项正确的是（       ）A．是定值B．点在某个球面上运动C．存在某个位置，使D．存在某个位置，使平面【答案】ABD【分析】利用作辅助线，构造三角形，利用余弦定理表示BM，可判断出是定值，即可判断A,B;利用反证的方法，推出矛盾，判断C;证明面面平行，利用面面平行的性质定理可判断D.【详解】取中点，连接，则,且且，所以,且度数大小为定值，由余弦定理可得，由于MF,BF以及是定值，故MB为定值，故A正确；由于B为定点，MB为定值，所以是在以为球心，为半径的球上，可得正确；因为 , ,故,故 ,假设，由于平面 ,故平面,则,则 ,而，这在中是不可能的，故假设不成立，即不存在某个位置，使，故C错误；由与，且,可得平面平面，平面,故平面， 可得正确；故选：ABD三、填空题13．如果的展开式中各项系数之和为4096，则展开式中的系数为________.【答案】1215【分析】由二项展开式中各项系数之和用赋值法求出n的值，再利用展开式的通项公式计算含x项的系数．【详解】由的展开式中各项系数之和为4096，令x＝1得，解得n＝6；所以 令得：r＝2，从而得展开式中x的系数为，故答案为：1215．【点睛】本题考查二项式定理，考查赋值法求展开式各项系数和，解题关键是掌握二项展开式通项公式．属于基础题.14．设双曲线的半焦距为，直线过，两点.已知原点到直线的距离为，则双曲线的离心率为_________.【答案】2【分析】先求出直线的方程，利用原点到直线的距离为，，求出的值，进而根据求出离心率．【详解】由l过两点（a,0），（0，b），得l的方程为bx＋ay－ab＝0.由原点到l的距离为，得将b＝代入平方后整理，得解关于的一元二次方程得或∵e＝，∴e＝或e＝2.又0<a<b，故e＝＝>.∴应舍去e＝.故所求离心率e＝2.故答案为：2【点睛】本题考查双曲线性质，考查求双曲线的离心率常用的方法即构造出关于的等式，属于中档题．15．已知直线与曲线相切，则___________.【答案】1【分析】首先求出函数的导函数，设切点为，即可得到方程组，解得即可；【详解】解：因为，所以，设切点为，则，解得，两式相减得，故答案为：16．如果两个函数存在零点，分别为，若满足，则称两个函数互为“度零点函数”.若与互为“2度零点函数”，则实数的最大值为___________.【答案】【分析】由的零点为3得出的零点的范围，得出，构造，利用导数得出其最值，进而得出实数的最大值.【详解】函数的零点为3，设函数的零点为，则.，令，，；，即函数在上单调递增，在上单调递减，，即实数的最大值为.故答案为：四、解答题17．在①，②三角形的面积为，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的周长；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，它的内角，，的对边分别为，，，且，，______？【答案】选条件①：存在，；选条件②：存在，；选条件③：不存在，答案见解析.【分析】方案一：选条件①：先求出以及，再求出以及，最后求出，以及的周长；方案二：选条件②：先求出以及，再求出以及，最后求出，以及的周长；方案三：选条件③：先求出以及，再判断，最后判断三角形不存在.【详解】解：方案一：选条件①因为，所以，即，整理得.因为，所以，解得.又因为，所以，即，，所以，则，得，，所以的周长为. 方案二：选条件②因为，所以，即，因为，所以.又因为，所以，即，，所以，则，得，，所以的周长为.方案三：选条件③，则，得，因为，所以.又因为，则问题中的三角形不存在.【点睛】本题考查三角形的面积公式、正弦定理、三角形是否存在的判断，是基础题.18．已知数列的前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据可得当时，，两式相减即可得到，求得答案；（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法可求得数列的前项和.【详解】(1)由于，所以①，当时，②，①-②得，整理得，所以为常数数列，又，所以.(2)由（1）得，所以①，②，①-②得，故.19．如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，所以二面角的余弦值为.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.20．年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过元（含元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有个形状、大小完全相同的小球（其中红球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸到个红球，享受免单优惠；若摸出个红球则打折，若摸出个红球，则打折；若没摸出红球，则不打折.方案二：从装有个形状、大小完全相同的小球（其中红球个，黑球个）的抽奖盒中，有放回每次摸取球，连摸次，每摸到次红球，立减元.（1）若两个顾客均分别消费了元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】（1）；（2）选择第一种抽奖方案更合算.【分析】（1）选择方案一，利用积事件的概率公式计算出两位顾客均享受到免单的概率；（2）选择方案一，计算所付款金额的分布列和数学期望值，选择方案二，计算所付款金额的数学期望值，比较得出结论.【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件，则，所以两位顾客均享受到免单的概率为；（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为、、、.，，，.故的分布列为，所以（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，由已知可得，故，所以（元）.因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.【点睛】本题考查独立事件的概率乘法公式，以及离散型随机变量分布列与数学期望，同时也考查了二项分布的数学期望与数学期望的性质，解题时要明确随机变量所满足的分布列类型，考查计算能力，属于中等题.21．设椭圆的离心率为，点A，，分别为的上、左、右顶点，且.（1）求的标准方程；（2）点为直线上的动点，过点作，设与的交点为，，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意得：，即可求导a值，根据离心率，可得c值，根据a，b，c的关系，即可求得b值，即可得方程.（2）解法一：由（1）可得直线AB的方程及直线AC的斜率，设直线的方程为，设，，与椭圆联立，结合韦达定理，可得的表达式及范围，根据弦长公式，可得、，代入所求，结合范围即可得答案；解法二：设，可得点D坐标，由点斜式，可得直线l的方程，与椭圆联立，结合韦达定理，可得的表达式及范围，根据弦长公式，可得、，代入所求，结合范围即可得答案；【详解】（1）由题意得：，解得.又因为，所以，则.所求的标准方程为.（2）解法一：由（1）可得，则，直线AB的方程为：，设直线的方程为.联立方程组，消去，得，整理得：①由，得，联立方程组，解得的坐标为，设，，由①知②       又，       所以③将②代入③，得 ，       所以当时，有最大值.       解法二： 设，则，由点斜式，可得直线的方程为，即.联立方程组，消去，得①由，解得，设，，由①得②       由题意可知，       所以③将②代入③得，当时，有最大值.【点睛】解题的关键是熟练掌握弦长公式、韦达定理的应用等知识，易错点为，需结合，求得范围，再求解，考查分析理解，计算求值的能力.22．已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2.（1）当a=-2时，讨论f(x)的单调性；（2）当x∈[0，π]时，f(x)≥sinx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）函数在(-1，0)单调递减，在单调递增；（2）.【分析】（1）将代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.（2）令，等价于恒成立，求出，讨论或，判断函数的单调性，其中时，可得，讨论或，证明函数的单调性即可证明.【详解】（1）当时.在单调递增，且当时，；当时.所以函数在(-1，0)单调递减，在单调递增.（2）令当时，恒成立等价于恒成立.由于，所以（i）当时，函数在单调递增，所以，在区间恒成立，符合题意.（ii）当时，在单调递增，.①当即时，函数在单调递增，所以在恒成立，符合题意.②当即时，若，即时在恒小于则在单调递减，，不符合题意.若即时，存在使得所以当时，则在单调递减，不符合题意.综上所述，的取值范围是【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数，不等式等价转化为恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想.