福建省泉州市 2022 届高三质量监测（二）数学试题

这是一份福建省泉州市 2022 届高三质量监测（二）数学试题，共22页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】ACD，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
 福建省泉州市 2022 届高三质量监测（二）数学试题 已知集合M或，，则A.  B.
C. R D. 若是虚数单位是纯虚数，则A. 1 B.  C.  D. 2已知，，，则A.  B.  C.  D. 已知，则A.  B.  C.  D. 抛物线具有如下光学性质：从焦点发出的光线经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴．生活中的探照灯就是利用这个原理设计的．已知F是抛物线的焦点，从F发出的光线经C上的点M反射后经过点，则A. 2 B. 3 C. 4 D. 5若正实数x，y满足，则的最小值是A. 4 B.  C. 5 D. 9四边形ABCD为梯形，且，，，点P是四边形ABCD内及其边界上的点．若，则点P的轨迹的长度是A.  B.  C.  D. 已知函数，，，则实数a的取值范围是A.  B.  C.  D. 设等差数列的公差为d，其前n项和为，且，，则A.  B. ，，为等差数列
C. 数列是等比数列 D. 是的最小值函数的大致图象可能是A.  B.
C.  D. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则A. 函数是奇函数
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的最小正周期为
D. 函数在上的单调递减区间是在矩形ABCD中如图，，将沿AE折起得到以为顶点的锥体如图，若记侧棱的中点为P，则以下判断正确的是
A. 若，则CP的长度为定值
B. 若，则三棱锥的外接球表面积为
C. 若记与平面ACD所成的角为，则的最大值为
D. 若二面角为直二面角，且，则双曲线的两条渐近线的夹角为__________.在棱长为2的正方体中，点E，F，G，H分别为棱AB，BC，CD，DA的中点，将该正方体挖去两个四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则该几何体的体积为__________.
2021年7月25日召开的第44届世界遗产大会上，“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”获准列入世界文化遗产名录，至此泉州20年的申遗终于圆梦．申遗的遗产点包括九日山祈风石刻、开元寺、洛阳桥等22处代表性古遗迹，这些古遗迹可分为文化纪念地史迹等五类．这五类古遗迹充分展现了世纪泉州完备的海洋贸易制度体系、发达的经济水平及多元包容的文化态度．某校中学生准备到各类古遗迹打卡，已知该同学打卡第一类、第二类的概率都是 ，打卡第三类、第四类和第五类的概率都是，且是否打卡这五类古遗迹相互独立．用随机变量X表示该同学打卡的类别数，则__________.已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则__________，使得不等式成立的m的最小值为__________.已知函数的图象在点处的切线方程为求a；求在的单调区间．






 记为数列的前n项和，，且求数列的通项公式；记，求数列的前n项和






 如图，斜三棱柱的底面是正三角形，，，点F，G，D，E分别为AB，，，的中点．证明：平面；若平面平面ABC，求平面与平面ABC所成锐二面角的余弦值．






 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且求A；若内一点P满足：，，且，求






 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且点在E上．求E的方程；点B为椭圆E的下顶点，点P在E内且满足，直线AP交E于点Q，求的取值范围．






 已知函数，是的导函数．若，求的最大值；讨论的零点个数．







答案和解析 1.【答案】A
 【解析】【分析】本题考查了集合的交集运算，属于基础题.
根据交集运算求解即可得到集合M，N的交集.【解答】解：由已知或，，
可得.
故选：A.  2.【答案】B
 【解析】【分析】本题考查了复数的模及其几何意义，复数的概念与分类，复数乘法运算，属于基础题．
根据已知条件列出方程，求解得到a的值，求出z再代入，由复数模的概念计算即可得到答案．【解答】解：因为是虚数单位是纯虚数，
则且，解得，
故
故答案为：  3.【答案】D
 【解析】【分析】本题考查利用指数函数图像与性质比较大小，利用对数函数图像与性质比较大小，属于基础题.
根据对数函数的图像与性质得到，根据指数函数图像与性质得到，由此可得，.利用对数的运算性质得到，即可比较a，b，c的大小.【解答】解：因为，，，所以，即，
，，所以，即，
因为a，，，所以，.
又因为，即，所以，
故.
故选：D.  4.【答案】C
 【解析】【分析】本题考查二倍角正弦公式，两角和与差的余弦公式，与之间的关系，属于基础题.
利用两角差的余弦公式将变形得到，两边平方后，利用二倍角正弦公式及即可求得的值.【解答】解：，
，
，
两边平方整理可得，
，
.  5.【答案】C
 【解析】【分析】本题考查抛物线的定义，属于基础题．
由题意得出yM，代入抛物线的方程求出，根据计算即可得到答案．【解答】解：因为从F发出的光线经C上的点M反射后经过点，
由抛物线的光学性质可知，
代入，得，
所以
故选：  6.【答案】B
 【解析】【分析】本题考查由基本不等式求最值，属于基础题.
由题意知，可得，将题设所求转化为求的最小值，先化简再利用基本不等式即可求得最小值.【解答】解：因为正实数x，y满足，所以，
则有，
当且仅当，即，时取到等号，
综上所述：的最小值是.
故选：B.  7.【答案】B
 【解析】【分析】本题考查向量的数量积的概念及其运算，向量的加减与数乘混合运算，利用余弦定理解三角形，属于中档题.
由已知条件及向量的数量积运算得，由向量数量积的定义得，由向量投影的定义得向量在向量上的投影数量为2，即动点P在过点D且垂直于AD的直线上，证明后可得点P的轨迹为线段BD，即可得到答案.【解答】
解：
，即，
设向量与的夹角为，则，
因为，所以，
由向量投影定义得：向量在向量上的投影数量为2，
即动点P在过点D且垂直于AD的直线上，
在中，，，，
由余弦定理得，所以，
则，所以，
因为点P是四边形ABCD内及其边界上的点，所以点P的轨迹为线段BD，
所以点P的轨迹的长度为
故选：  8.【答案】D
 【解析】【分析】本题考查利用导数研究恒成立与存在性问题，属于中档题.
因为，将问题转化为在恒成立，由在恒成立，得出在单调递减，则在恒成立，由此即可求出实数a的取值范围.【解答】解：因为，
所以，，
等价于在恒成立.
令，则，
当时，，则在区间上单调递减，
当时，，则在区间上单调递增，
所以的最大值为，所以，即.
所以在恒成立，
所以在单调递减，
所以在恒成立，
即在恒成立，
所以，
所以实数a的取值范围为.
故选：D.  9.【答案】ACD
 【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式及性质，等差数列的前n项和公式，等差数列前n项和的最值问题，等比数列的判定，属于基础题.
对于A，利用以及等差数列的性质可求，结合可求公差d，即可判断A的正误；
对于B，利用等差数列的性质可计算得到，的值，即可判断B的正误；
对于C，由A计算可得等差数列的通项公式，进而可判断的值是否为常数，即可判断C的正误；
对于D，由C中数列的通项公式可判断数列中负数项以及正数项，即可得出的最小值，即可判断D的正误.【解答】解：由题意，下面对各选项进行分析：
对A，由，所以，所以，故A正确；
对B，由等差数列性质，，
因为，所以，，不是等差数列，故B错误；
对C，根据等差数列通项公式有，
所以，所以数列是等比数列，故C正确；
对D，当时，有，即数列中，，，均为负数，
当时，，所以是的最小值，故D正确.
故选：  10.【答案】AC
 【解析】【分析】本题考查函数图象的识别、判断函数的奇偶性，属于基础题.
判断出函数为偶函数，且当，，由此可对各选项作出判断.【解答】解：因为，定义域为R，关于原点对称，
又，
所以为偶函数，图象关于y轴对称，故排除D；
又因为当，，故排除
故选：  11.【答案】ABD
 【解析】【分析】本题考查正弦型函数的图象与性质，属于中档题．
由题意可知，可得，，再根据正弦型函数的性质逐一判断四个选项即可得到结果．【解答】解：由的图象向左平移个单位，得，
故为奇函数，故选项A正确；
的对称轴方程满足，即，
当时，对称轴方程为，故选项B正确；
，周期为，故选项C错误；
，当时，即，当时，，
所以在上的单调递减区间是，故选项D正确.
故选：  12.【答案】ABC
 【解析】【分析】本题考查球的切、接问题，直线与平面所成的角，二面角，球的表面积，属于较难题.
对于A，当时，点E为BC的中点，取的中点Q，连接EQ，PQ，则易证明为定长，即可判断A；
对于B，当时，取AC的中点O，连接，OD，则外接球的半径，求得出外接球的表面积，即可判断B；
对于C，当平面平面ACD时，与平面ACD所成角最大为，点E与点C重合时，求出，即可判断C；
对于D，过点作AE的垂线，垂足为点O，连接OD，则，即在矩形ABCD中，，则由平几知识易得，即可判断D.【解答】对于A，当时，点E为BC的中点，在翻折的过程中，取的中点Q，连接EQ，PQ，
易证明四边形ECPQ为平行四边形，所以为定长为的中线，故A正确；
对于B，当时，点E与点C重合，与是两个全等的直角三角形，取AC的中点O，连接，OD，易知点O为三棱锥的外接球的球心，
外接球的半径，故，故B正确；
对于C，在翻折的过程中，当且仅当平面平面ACD时，与平面ACD所成角最大为，则设，，
所以当，即点E与点C重合时，，故C正确；
对于D，因为二面角为直二面角，
即平面平面AEC，平面平面，所以点在平面AEC内的射影在AE上，
过点作AE的垂线，垂足为点O，连接OD，易知平面，所以，即在矩形ABCD中，，则由平几知识易得，故D错误.
故选：ABC.  13.【答案】
 【解析】【分析】本题考查双曲线的渐近线，两条直线的夹角，属于基础题．
由双曲线的方程求得其两条渐近线方程，从而求得对应直线的夹角，即可求得两条渐近线的夹角．【解答】解：双曲线的两条渐近线的方程为：，
所对应的直线的倾斜角分别为，，
故双曲线的两条渐近线的夹角为
故答案为：  14.【答案】
 【解析】【分析】本题考查简单组合体柱、锥、台的表面积与体积，属于基础题．
根据题意得出，利用正方体与圆锥的体积公式，由此计算即可得到该几何体的体积．【解答】解：因为该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，且圆锥的半径，高，
故
故答案为：  15.【答案】
 【解析】【分析】本题考查n次独立重复试验及其概率计算，属于基础题．
记该同学打卡第一类、第二类的类别数为，打卡第三类、第四类和第五类的类别数为，则，利用，利用n次独立重复试验的概率公式求解即可得到结果．【解答】解：记该同学打卡第一类、第二类的类别数为，
打卡第三类、第四类和第五类的类别数为，
因此随机变量，
则

故答案为：  16.【答案】2912
 【解析】【分析】本题考查数列的最大小项问题，属于中档题.
根据题意可令，得到n关于m的取值范围，于是对m分奇偶数进行讨论，可计算得出的值；考虑m为奇数时，根据题设不等式可得出，可求得m的最小值，考虑m为偶数时，得到，可求得m的最小值，综合两种情况即可得到m的最小值.【解答】解：由题意，令，得，
当m为奇数时，可以被2整除，
于是，
当m为偶数时，不能被2整除，
所以，
所以
当m为奇数时，为偶数，
，
即，因为，所以，即，
因为m为奇数，所以m的最小值为13，
当m为偶数时，为奇数，
，
因为，所以，即，所以m的最小值为12，
综上所述，m的最小值为
故答案为：29；  17.【答案】解：因为，所以其导数为，
所以，
因为的图象在处的切线方程为，切线的斜率为，
所以，即，
所以
由可得，
由，得或，
当或时，有，此时函数单调递减，
当时，有，此时函数单调递增，
所以的递减区间为；递增区间为
 【解析】本题考查利用导数求函数的单调区间不含参，已知切线的斜率求参数，属于基础题．
根据题意，可求得函数的导函数，利用导数的几何意义可得其在处的切线斜率为的值，得到关于a的一次方程，解之可得实数a的值；
注意到，令，可得函数的单调递增区间；令，可得函数的单调递减区间．
 18.【答案】解：已知，即，
当时，，
两式相减得：，即，故，
当时，，又，可得，
则，
所以数列是以为首项，公比的等比数列，
所以
由可得，
，
，
两式相减得：
，
所以
 【解析】本题考查错位相减法求和，数列的前n项和及与的关系，对数式的化简求值与证明，属于中档题．
当时，，可得，当时，，两式相减可得，由此可判定数列是以为首项，公比的等比数列，即可求得；
由可得，再利用错位相减法求和，即可求得
 19.【答案】证明：设点H为DE的中点，连结FH，，
因为几何体为斜三棱柱，所以，
所以且，
又因为G是的中点，所以，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面

解：延长，CA交于点P，延长，CB交于点Q，
则面与面ABC所成的锐二面角为二面角，
过点作AC的垂线，交AC的延长线于点N，
过点N作于点M，连结，
因为平面平面ABC，且平面平面，
平面，所以平面ABC，
因为平面ABC，所以，
又因为，，NM，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角．
由题意易得，，，，
所以，
所以，
即平面与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为

 【解析】本题考查二面角，线面平行的判定，面面垂直的性质，属于较难题．
设点H为DE的中点，连结FH，，推导出，利用线面平行的判定判定定理即可证明平面；
延长，CA交于点P，延长，CB交于点Q，则面与面ABC所成的锐二面角为二面角，过点作AC的垂线，交AC的延长线于点N，过点N作于点M，连结；证明为二面角的平面角，根据题意分别求出MN，，根据进行计算，可得平面与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.
 20.【答案】解：由正弦定理及，得，
又，所以，
故，
即，
又因为，所以，
又，解得，
综上所述：
因为，，所以，
设，
则，
在中，由正弦定理，得，
在中，由正弦定理，得，
则，
所以，解得，
综上所述：
 【解析】本题考查利用正弦定理解三角形，两角和与差的正弦公式，属于中档题．
由题意根据正弦定理得，进而利用及两角和与差的正弦公式进行求解，即可求得A；
由题意找到角的关系，得到，进而在与中利用正弦定理求解，即可求得
 21.【答案】解：因为椭圆E的离心率为，所以，
因为点在E上，所以，
又因为，所以，
所以椭圆E的方程为
因为点B为椭圆E的下顶点，所以点B的坐标为，
因为点P在椭圆E内，所以直线AQ、BP的斜率存在且不为0，
设直线AQ的方程为，因为，所以BP的直线方程为
由消去y，得，
所以，所以，
由消去y，得，
所以，
，
所以

，当且仅当时，等号成立，
因为，所以
所以的取值范围为
 【解析】本题考查向量与椭圆的综合问题，椭圆的标准方程，由基本不等式求最值，属于较难题．
根据离心率与顶点坐标以及求得a与b，即可得到椭圆E的方程；
根据条件设直线AQ的方程为，可得直线BP的方程为，进而联立直线AQ与椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理求得，联立直线AQ与BP的方程，求得；根据向量数量积的坐标运算求得，再利用基本不等式即可求得的取值范围．
 22.【答案】解：函数的定义域为，
且，由，所以，
令，则，
所以在单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以
因为当时，，
所以令，可得注意，
令，
则，
当时，，，，
所以，单调递增，
当时，，，，
所以，单调递减，
所以，
又当时，，当时，，
综上所述：
当时，无零点；
当或时，有一个零点；
当时，有两个零点．
 【解析】本题考查利用导数研究函数的零点，利用导数求函数的最值不含参，导数的加、减法运算，属于较难题．
先对求导，利用，求出，再将代入，通过对再次求导，分析单调性，进而求出的最大值；
由可得，令，通过对求导，分析的正负，进而求出的单调区间和最值，进而分析得出的零点情况．