福建省2022届高三诊断性检测试题及答案word版 数学

这是一份福建省2022届高三诊断性检测试题及答案word版 数学，共21页。试卷主要包含了关于函数，有下列四个命题，若满足，，则可以是等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页。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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共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．设集合，，则
A．B．C．D．
2．的展开式中的常数项为
A．B．C．80D．160
3．设复数满足，且，则
A．B．C．D．
4．若，则“”的一个必要不充分条件是
A．B．C．D．
5．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：，）
A．11B．22C．227D．481
6．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
A．B．4C．8D．24
7．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
8．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．
二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高（单位：）近似服从正态分布．已知时，有，
，．下列说法正确的是
A．该地水稻的平均株高约为B．该地水稻株高的方差约为100
C．该地株高超过的水稻约占68.27％D．该地株高低于的水稻约占99.87％
10．若满足，，则可以是
A．B．C．D．
11．在正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面，，
直线和直线所成角为，则
A．B．的最小值为
C．，，，四点共面D．平面
12．已知是直角三角形，是直角，内角所对的边分别为，面积为，若，，，，则
A．是递增数列B．是递减数列
C．存在最大项D．存在最小项
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，是不共线的两个单位向量，则与的夹角为________．
14．直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为________．
15．写出一个同时具有下列性质①②③的函数________．
①定义域为；②值域为；③对任意且，均有．
16．《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积．如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）．
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．（10分）已知等比数列的首项为，前项和为，且成等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前10项和·（表示不超过的最大整数）
18．（12分）冬季两项是第24届北京冬奥会的比赛项目之一，它把越野滑雪和射击两种特点不同的竞赛项目结合在一起．其中男子个人赛的规则如下：
①共滑行5圈（每圈），前4圈每滑行1圈射击一次，每次5发子弹；
②射击姿势及顺序为：第1圈滑行后卧射，第2圈滑行后立射，第3圈滑行后卧射，第4圈滑行后立射，第5圈滑行直达终点；
③如果选手有发子弹未命中目标，将被罚时分钟；
④最终用时为滑雪用时、射击用时和被罚时间之和，最终用时少者获胜．
已知甲、乙两人参加比赛，甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲、乙两人每发子弹命中目标的概率分别为和．假设甲、乙两人的射击用时相同，且每发子弹是否命中目标互不影响．
（1）若在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，求甲胜乙的概率；
（2）若仅从最终用时考虑，甲、乙两位选手哪个水平更高？说明理由．
19．（12分）如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形．是棱上的点， ，过的平面与直线垂直，且平面平面．
（1）在图中画出，写出画法并说明理由；
（2）若直线与平面所成角的大小为，求过及点的平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
20．（12分）的内角，，所对的边分别为，，．
（1）求的大小；
（2）为内一点，的延长线交于点，________，求的面积．
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，使存在，并解决问题．
①为的外心，；
②为的垂心，；
③为的内心，．
21．（12分）已知椭圆的中心为，离心率为．圆在的内部，半径为．，分别为和圆上的动点，且，两点的最小距离为．
（1）建立适当的坐标系，求的方程；
（2），是上不同的两点，且直线与以为直径的圆的一个交点在圆上．求证：以为直径的圆过定点．
22．（12分）已知函数，，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，是否存在，且，使得？证明你的结论．
高三诊断性测试
数学参考答案及评分细则
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。
4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。
一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分40分。
1．B 2．B 3．D 4．B 5．D 6．C 7．A 8．D
二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分20分。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．ABD 10．AC 11．BD 12．ACD
三、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分20分。
13． 14． 15．答案不唯一，如：，等；
16．5；．
四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．本小题主要考查等差数列、等比数列、递推数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推理能力和创新能力等，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性和创新性，满分10分．
解法一：（1）因为，，成等差数列，所以，
所以，
即，设的公比为，则，
所以．
（2）依题意，，
所以
所以，
两式相减得，
所以．
解法二：（1）因为成等差数列，所以，
设的公比为，
①若，则，，，，所以，
与矛盾，不合题意；
②若，则，，，
所以，整理得，，即，
解得（舍去）或，
所以．
（2）依题意，，
所以
．
解法三：（1）因为成等差数列，所以，
当时，，化简得，
设的公比为，所以，
当时，因此，
，
满足，故符合题意．
所以．
（2）依题意，，
所以
．
18．本小题主要考查独立事件的概率、互斥事件的概率，二项分布、数学期望等基础知识：考查数学建模能力，运算求解能力，逻辑推理能力，创新能力以及阅读能力等；考查统计与概率思想、分类与整合思想等；考查数学抽象，数学建模和数学运算等核心素养；体现应用性和创新性．满分12分．
解法一：（1）甲滑雪用时比乙多秒=3分钟，因为前三次射击，甲、乙两人的被罚时间相同，所以在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹．
设“甲胜乙”为事件A，“在第四次射击中，甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标”为事件，
“在第四次射击中，甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标”为事件，
依题意，事件和事件是互斥事件，，
，，
所以，．
即甲胜乙的概率为．
（2）依题意得，甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，，
所以甲被罚时间的期望为（分钟），
乙被罚时间的期望为（分钟），
又在赛道上甲选手滑行时间慢3分钟，所以甲最终用时的期望比乙多2分钟．
因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高．
解法二：（1）同解法一．
（2）设甲在一次射击中命中目标的子弹数为，则，所以，所以甲在四次射击中命中目标的子弹数的期望为，
设乙在一次射击中命中目标的子弹数为，则，所以，所以乙在四次射击中命中目标的子弹数的期望为，
所以在四次射击中，甲命中目标的子弹数的期望比乙多1，所以乙被罚时间的期望比甲多1分钟，又因为在赛道上甲的滑行时间比乙慢3分钟，所以甲最终用时的期望比乙多2分钟，
因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高．
19．本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，直线与平面所成角、二面角等基础知识；考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力等；考查化归与转化思想，数形结合思想，函数与方程思想等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性和综合性．满分12分．
解法一：（1）如图，在内过作，垂足为，在内过作交于，
连结，则直线即为直线．
理由如下：因为，，，所以平面，
由于过空间一点与已知直线垂直的平面有且只有一个，所以平面与平面重合，
因为平面平面，所以直线即为直线．
（2）因为和均为等边三角形，所以，，又因为，所以，所以， 又，所以，所以，所以．如图，设的中点为，连结，，
因为和均为等边三角形，
所以，，所以，，
又因为，所以平面，因为平面，
所以平面平面．
在中，作，垂足为，
因为平面平面，平面，
所以平面，
所以是直线与平面所成的角，所以．
因为和均是边长为4的等边三角形，所以，
所以是等边三角形，所以，．
以为原点，分别以，的方向为轴和轴正方向建立如图所示的空间直角坐标
系，
则，
所以，
．
过及点的平面为平面，
设平面的法向量为，
则即取，
即平面的一个法向量为．
易知，平面的一个法向量为，所以，
所以过及点的平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
解法二：（1）如图，在内过作，交于，则直线即为直线．
理由如下：取的中点，连结，，
因为和均为等边三角形，
所以，，所以，，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，所以直线即为直线．
（2）由（1）知，，因为，所以．
设的中点为，连结，交于，连结，
因为和均为等边三角形，
所以，，所以，，
又因为，
所以平面，平面，
所以平面平面．
在中，作，垂足为，
因为平面平面，平面，所以平面，
所以是直线与平面所成的角，所以，
因为和均是边长为4的等边三角形，所以，，
因为，所以．由（1）知，过及点的平面为平面，
因为平面，平面，所以平面，
设平面平面，因为平面，所以，
因为平面，平面，平面，所以，，
所以，，又因为平面，平面，
所以为平面与平面所成的锐二面角的平面角，
在中，由余弦定理得，，，
所以，
所以过及点的平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
20．本小题主要考查正弦定理、余弦定理及三角恒等变换等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性和综合性，满分12分．
解法一：（1）在中，由余弦定理得，又因为，，
所以，整理得．
在中，由余弦定理得，所以，即
又因为，所以．
（2）选③．
因为为的内心，所以，
由，
得，
因为，所以，即．
由（1）可得，即，所以，即，
又因为，所以，所以．
解法二：（1）因为，，所以，
在中，由正弦定理得，
即，
即，
即，
因为，
所以，故．
又因为，所以，
（2）选②．
因为为的垂心，所以，又，
所以在中，，
同理可得，
又因为，所以，即
，
又因为在中，，
所以，因此．
故，为方程两根，即，
因为，，所以，所以为等边三角形，
所以．
解法三：（1）同解法一．
（2）选②．
因为为的垂心，
所以，，
所以在中，由正弦定理得，即．
又因为在中，由正弦定理得，
所以因为，所以．
又因为，所以．
解法四：（1）同解法一．
（2）选③．
因为为的内心，所以．
在中，由正弦定理得，因为，所以，
同理可得．
又因为，所以，
即，
即，
即，
即，
即 ，
即，
即，即，
因为，所以，所以，
所以，故，
即，即，所以为等边三角形，
所以．
解法五：（1）同解法一．
（2）选③．
因为为的内心，所以．又因为，
在中，由余弦定理得，
同理可得．
又因为，
所以，即，
故或．
（i）当时，为等边三角形，所以．
（ii）当时，由（1）知，即，
所以，即，
因为，所以．
又因为，所以．
综上所述，．
说明：设的外接圆半径为，则在中，由正弦定理得，即，因为为外心，所以，与盾，故不能选①．
21．本小题主要考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与圆、椭圆的位置关系，平面向量等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，直观想象能力和创新能力等；考查数形结合思想，函数与方程思想，化归与转化思想等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性，综合性与创新性．满分12分．
解法一：（1）以为坐标原点，椭圆的长轴、短轴所在直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，如图．
设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，
依题意得，解得，
所以的方程为．
（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切．
（i）当直线垂直于轴时，不妨设，，
此时，所以，故以为直径的圆过点．
（ii）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，，．
因为与圆相切，所以到直线的距离，即．
由得，所以，
，
所以，故以为直径的圆过点．
综上，以为直径的圆过点．
解法二：（1）同解法一．
（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切．
设直线与圆相切于点．
（i）当时，直线垂直于轴，不妨设，
此时，所以，故以为直径的圆过点．
（ii）当时，直线的方程为，因为，
所以直线的方程为．
设，由，得，
所以，
因为，所以，
．
所以，即，故以为直径的圆过点．
综上，以为直径的圆过点．
解法三：（1）同解法一．
（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切．
（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，．
因为与圆相切，所以到直线的距离，即．
由得，
所以，
，
，
．
设是以为直径的圆上的任意一点，由，得，
化简得，
故圆的方程为，它过定点．
（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，
此时，所以，故以为直径的圆过点．
综上，以为直径的圆过点．
解法四：（1）同解法一．
（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切．
（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，．
因为与圆相切，所以到直线的距离，即．
由，得，
所以，
，
以为直径的圆的圆心为，即．
半径
，
以为直径的圆的方程为，
整理得，故以为直径的圆过定点．
（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，
此时，所以，故以为直径的圆过点．
综上，以为直径的圆过点．
22．本小题主要考查导数，函数的单调性、零点、不等式等基础知识；考查逻辑推理能力，直观想象能力，运算求解能力和创新能力等；考查函数与方程思想，化归与转化思想，分类与整合思想等；考查逻辑推理，直观想象，数学运算等核心素养；体现基础性、综合性和创新性．满分12分．
解法一：（1）依题意，的定义域为，
由，得 ，
①当时， 恒成立，所以在单调递增；
②当时，令，得，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
综上，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2）设，则，
①当时， 恒成立，所以在单调递增，
又因为，所以，
所以，在不存在零点；
②当时，设，则，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
所以，即，因为，所以，
又因为且，所以，所以，
所以，
当时，函数的对称轴为，
所以在单调递增，所以，
所以，所以在单调递增；
当时，，
所以，所以，所以在单调递增；
综上可知，当时，均有在单调递增，
又因为，所以在恰有一个零点1，
故当时，在恰有一个零点1，
因此不存在，且，使得．
解法二：（1）同解法一；
（2）记，则，
则，
记，
设，则，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
所以，即，
所以，，
因为，所以，所以，
又
所以当，时，，
所以，在上单调递增，又因为，
所以在上恰有1个零点1，
因此不存在且，使得．12分
解法三：（1）同解法一；
（2）设，则，
①当时，恒成立，所以在单调递增，
又因为，所以，
所以，在不存在零点；
②当时，设，则，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
所以，即，因为，所以，
又因为且，所以，所以，
所以，
设，则，
，
所以，所以，
综上可知，当时，均有在单调递增，
又因为，所以在恰有一个零点1，
故当时，在恰有一个零点1，
因此不存在，且，使得．