2022届福建省福州一中高三毕业班4月百校联合测评数学试题含解析

这是一份2022届福建省福州一中高三毕业班4月百校联合测评数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福建省2022届高三毕业班4月百校联合测评数学试题一、单项选择题：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．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点在（       ）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限3．已知双曲线（，）的焦距为，且实轴长为2，则双曲线的渐近线方程为（       ）A． B． C． D．4．已知为锐角，且，则（       ）A． B． C． D．5．共有5名同学参加演讲比赛，在安排出场顺序时，甲､乙排在一起，且丙与甲､乙都不相邻的概率为（       ）A． B． C． D．6．已知某圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则其侧面展开图的面积为（       ）A． B． C． D．7．已知，，，则（       ）A． B． C． D．8．在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，点满足，则点到点的距离的最大值为（       ）A．3 B． C．5 D．4二、多项选择题：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．已知等差数列的前项和为，公差为，则（       ）A． B．C． D．10．在某独立重复实验中，事件相互独立，且在一次实验中，事件发生的概率为，事件发生的概率为，其中.若进行次实验，记事件发生的次数为，事件发生的次数为，事件发生的次数为.则下列说法正确的是（       ）A． B．C． D．11．已知三棱锥外接球的球心为，外接球的半径为，，，（为正数），则下列命题是真命题的是（       ）A．若，则三棱锥的体积的最大值为B．若不共线，则平面平面C．存在唯一一点，使得平面D．的最大值为12．已知函数，其中.对于任意的，函数在区间上至少能取到两次最大值，则下列说法正确的是（       ）A．函数的最小正周期小于B．函数在内不一定取到最大值C．D．函数在内一定会取到最小值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，若，则实数___________.14．已知奇函数在上单调递增，在上单调递减，且有且仅有一个零点，则的函数解析式可以是___________.15．已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点在圆上，且直线与圆相切，则___________.16．在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解.例如：曲线在处的切线方程为，且，若已知，则，取等条件为，所以的最小值为3.已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为___________；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为___________.四、解答题：本题共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．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，.(1)证明：为等腰三角形；(2)设的面积为，若___________，求的值.在①；②；③三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18．设等比数列的前项和为，已知，且.(1)求数列的通项公式；(2)已知数列是等差数列，且，，设，求数列的前项和.19．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.(1)证明：平面平面；(2)若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.20．在某次数学考试中，共有四道填空题，每道题5分.已知某同学在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于最后一道题，答对的概率为，答错的概率为.(1)求该同学在本次考试中填空题部分得分不低于15分的概率；(2)设该同学在本次考试中，填空题部分的总得分为，求的分布列.21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右焦点为，离心率为.过点作直线与椭圆相交于两点.若是椭圆的短轴端点时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)试判断是否存在直线，使得，，成等差数列？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.22．已知函数.(1)当时，求函数的极值；(2)若曲线有，两个零点.（i）求的取值范围；（ii）证明：存在一组，（），使得的定义域和值域均为.
参考答案：1．A【解析】【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得，所以，又，所以.故选：A2．D【解析】【分析】化简 ，即可得到答案【详解】易知，所以复数对应的点为在第一象限，故选：D3．C【解析】【分析】由双曲线的性质求解【详解】由题意可知，，，所以，，所以，则，渐近线方程为．故选：C4．B【解析】【分析】运用两角和与差的正弦公式和同角的商数关系，计算即可得到所求值【详解】因为，所以，所以，所以.故选：B5．A【解析】【分析】除甲、乙、丙余下的两个人全排列，把甲､乙捆绑在一起和丙一起作为两个人插空得符合条件的基本事件的个数，再求得5人的全排列数，由概率公式计算可得．【详解】除甲、乙、丙余下的两个人全排列，把甲､乙捆绑在一起和丙一起作为两个人插空，可得符合条件的基本事件的个数，所以所求概率为.故选：A．6．C【解析】【分析】可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出.【详解】易知母线长为，且上底面圆周为，下底面圆周为，易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，所以面积.故选：C.7．B【解析】【分析】构造函数，利用导数得出单调性，比较的大小即可求出.【详解】设函数，则为偶函数，且当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，，所以，又，，，所以.故选：B.8．D【解析】【分析】由题意可知点在以线段为直径的圆上，设的中点坐标为，有，然后根据三角形的性质求解即可【详解】由题意可知点在以线段为直径的圆上，设的中点坐标为，有，可得，由，，有.当且仅当，，三点共线时取等号.故选：D9．ABC【解析】【分析】运用代入法，结合等差数列的通项公式和前项和公式逐一判断即可.【详解】取，则，解得，即A正确；由A可知，，则，即B正确；于是有，因为，且，即C正确；因为，即D错误.故选：ABC10．BC【解析】【分析】利用独立事件的乘法公式和二项分布的期望和方差公式进行判断即可.【详解】因为，，即A错误；因为，，即B正确；因为独立，所以，所以，即C正确；因为，，即D错误.故选：BC.11．AB【解析】【分析】由可求得球心到平面的距离，由此可得三棱锥高的最大值，由棱锥体积公式可知A正确；设的中点为，可证得平面，由外接球性质可知平面，由面面垂直判定可知B正确；设直线与球的另一交点为，可知平面，知C错误；由四点共面可求得，由此可得，知D错误.【详解】对于A，若，则，，则外接圆的半径，球心到平面的距离，三棱锥高的最大值为，体积的最大值为，A正确；对于B，设的中点为，连接，则，，，又，，平面，平面，平面，平面，又平面平面，四点共面，平面，又平面，平面平面，B正确；对于C，设直线与球的另一交点为，若平面，则平面，C错误；对于D，当最大时，四点共面，，，，D错误.故选：AB.12．AD【解析】【分析】先根据在区间上至少能取到两次最大值可得，据此可得，从而可得判断AB的正误，再根据的范围可得判断CD的正误，注意范围的进一步探究.【详解】由题意可知，，即A正确；因为，所以，则当时，，又，，所以函数在上一定有最大值点，即B错误；由题意可知，任意，总存在，使得：，故，整理得，可得，，即C错误；当时，，又因为，，故，所以函数在上一定有最小值点，即D正确.故选：AD.【点睛】思路点睛：对于含参数的正弦型函数问题，注意根据最值的特征合理刻画函数的性质，从而得到参数的取值范围内，此类问题，整体法是处理此类问题的基本策略.13．【解析】【分析】由向量垂直关系可得，由此构造方程求得结果.【详解】，，又，.故答案为：.14．（答案不唯一）【解析】【分析】根据已知直接可得出.【详解】由题意可知，仅有一个零点，结合单调性，可知.故答案为：（答案不唯一）.15．##【解析】【分析】由于点在圆上，所以可得，而点也在两抛物线上，代入抛物线方程可得，当与圆相切时，可得，然后前面的几个式子结合可求得答案【详解】因为，所以，因为，，所以，当与圆相切时，，所以，所以，所以.故答案为：16．     70     540【解析】【分析】①先求导数，求出处的切线方程，结合，即可求出的前10项和的最大值；②求出处的切线方程为，结合，即可求出的前100项和的最小值.【详解】，则在上单增，图像如下所示：①易知，，所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，所以，当且仅当时，等号成立；②曲线在处的切线为，因为，则令此切线过原点，解得或，所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，当且仅当或时，等号成立，取，，即的前100项中有60项为3，40项为0时，等号成立.故答案为：70；540.17．(1)证明见解析(2)答案见解析【解析】【分析】（1）由余弦定理化简即可得出；（2）选①，由化简可求出，即可求解；选②，由已知可得，由余弦定理求得，即可得出面积；选③，由已知求出即可求出面积.(1)因为，所以，由余弦定理可知，，即，即为等腰三角形；(2)选①，由（1）可知，，所以，所以，整理得，解得，所以，所以，又由，可得，所以；选②，因为，所以，解得，所以，得，；选③，因为，且，，所以，所以，所以，所以.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据，作差得到，即可得到是以1为首项，2为公比的等比数列，从而得到通项公式；（2）首先求出的通项公式，即可得到，利用错位相减法求和即可；(1)解：因为，所以，两式相减，可得，整理得，∵时，，∴，所以公比，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以；(2)解：易知，，所以公差，所以，所以，因为，则，两式相减可得.即19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）依据面面垂直判定定理去证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求二面角的正弦值.(1)设，连接，  在菱形中，为中点，且，因为，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；(2)作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，易知，则，，因为，，所以为二面角的平面角，所以，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，由，得取，则，，所以，设平面的法向量为，由，得取，则，，所以，设二面角为，则，又，则.20．(1)；(2)答案见解析.【解析】【分析】(1)该同学在本次考试中填空题部分得分不低于15分，则四道填空题答对三道或四道，根据独立事件和互斥事件概率即可计算；(2)X的可能取值是0，5，10，15，20，据此依次求出概率即可列出分布列．(1)设“第题答对”为事件，设“得分不低于15分”为事件B，则P(B)===；(2)易知的取值可能为0，5，10，15，20，， =；==； =；；则的分布列为：05101520 21．(1)(2)不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）设，由数量积坐标运算可得，结合离心率和椭圆的关系可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）设，与椭圆方程联立，由可得的范围及韦达定理的形式，进而得到，由可构造方程求得，不符合的范围，则直线不存在.(1)由题意知：，即；当为椭圆的短轴端点时，不妨设，则，，，又，，即，解得：，，，椭圆的标准方程为；(2)设，由得：，，，设，，则，，，，，同理可得：，，又，，整理得：，即，解得：，，不存在直线符合题意.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的存在性问题的求解，求解此问题的基本思路是假设直线存在，与椭圆方程联立后确定的范围；利用韦达定理表示出已知中的等量关系后，通过求解的值来确定是否存在满足题意的直线.22．(1)极大值为，无极小值(2)（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，求出的根，列表确定的正负，的单调性与极值；（2）（i）转化为有两解，设，利用导数确定的单调性与极值，最大值大于0，确定有小于0的函数值（需引入新函数，再利用导数确定单调性得出），结合零点存在定理得结论；（ii）先利用导数确定的单调性与最大值点，然后由按与区间的关系分类讨论确定函数在此区间内的值域，由值域是确定的取值范围，从而得证．(1)函数定义域是，当时，，则，令，解得，列表可知1 +0－单调递增1单调递减 的极大值为，无极小值；(2)（i）解：由题意可知，有两解，即有两解，设，则，令，解得（舍去），列表可知， +0－单调递增极大值单调递减 ，因为有两个零点，所以，解得，当时，有，可得，令，有，时，．时，，可得函数的减区间为，增区间为，有，可得，当时，.所以存在，，使得，所以；（ii）证明：因为，令，解得，列表可知， +0－单调递增极大值单调递减 在上单调递增，在上单调递减，①若，则在上单调递增，因此，，由上可知取，，此时，，所以当时，存在一组，符合题意；②若，则在上单调递减，所以，，所以，即，不符题意；③若， 在上单调递增，在上单调递减，所以，由得，又因为，所以，即，，所以当时，存在一组，符合题意；综上，存在一组，符合题意.【点睛】本题考查用导数求函数的极值，研究方程的根与函数零点分布，研究函数的值域．难点有两个：第一个是由零点个数确定参数范围时，零点的存在性一般与零点存在定理结合，因此需要在某个区间的两个端点处函数值符号相反才能得出，本题中需要引入新函数，由函数的性质得出，第二个是确定函数值域问题，需对参数进行分类，一定要注意分类标准的确定，需要有统一标准，本题是按区间与函数的最大值点的关系分类，然后求出对应参数的取值范围，它们正好相适应，从而得出结论．本题对学生的逻辑能力，运算求解能力，分析问题解决问题的能力要求较高，属于困难题．