2022届福建省龙岩市第一中学（龙岩市）高三第三次教学质量检测数学试题含解析

2022届福建省龙岩市第一中学（龙岩市）高三第三次教学质量检测数学试题

一、单选题

1．集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数、对数函数的性质求出集合、，再根据交集的定义计算可得；

【详解】解：由，即，所以，所以；

由，即，解得，所以；

所以

故选：C

2．复数满足，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则化简求值即可得出结果.

【详解】解：，

.

故选：D.

3．已知，，则与的夹角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由向量夹角公式计算即可.

【详解】∵，，

∴，

∵，

∴与的夹角为.

故选：A

4．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，A为C上的点，过A作l的垂线，垂足为B，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先由求得，再结合抛物线定义即可求出答案.

【详解】如图，设与轴交于点，则由抛物线可知，又，故，，

又由抛物线定义，故,则.

故选：D.

5．进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为.已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（       ）

A．80 B．90 C．100 D．110

【答案】C

【分析】设运输成本为元，依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的极小值点，从而得解；

【详解】解：设运输成本为元，依题意可得，

则

所以当时，当时，当时，

即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值，

所以时全程运输成本最低；

故选：C

6．函数的两个不同的零点均大于的一个充分不必要条件是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意列出函数的两个不同的零点均大于时的不等式组，求得，进而结合选项判断即可.

【详解】解：因为函数的两个不同的零点均大于，

所以，解得.

所以选项A是函数的两个不同的零点均大于的既不充分也不必要条件；选项B是函数的两个不同的零点均大于的充分不必要条件；

选项C是函数的两个不同的零点均大于的充要条件；选项D是函数的两个不同的零点均大于的必要不充分条件.

故选：B.

7．已知函数在内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用正余弦倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，利用题中所给的自变量的范围求得整体角的范围，根据正弦函数的性质以及题中条件，得到，进而求得结果.

【详解】

当时，，

函数在内有且仅有三条对称轴，则有，

解得，

故选：B.

8．已知时，有，根据以上信息，若对任意都有，则(       )

A．245 B．246 C．247 D．248

【答案】D

【分析】根据题意将展开为，再根据多项式乘法求的展开式的项系数即可．

【详解】时，有，

∴时，有，

则

则为展开式项的系数，

根据多项式乘法原理可知，展开式中项为：

，

故=248．

故选：D．

二、多选题

9．已知等比数列的前n项和为，公比为q，则下列命题正确的是(       )

A．若，，则

B．若，则数列是单调递增数列

C．若，，，则数列是公差为的等差数列

D．若，，且，则的最小值为4

【答案】AC

【分析】A：利用等比数列前n项和公式即可计算；B：根据函数单调性即可判断；C：根据等差数列定义即可判断；D：利用基本不等式即可判断．

【详解】对于A，，故A正确；

对于B，∵，故的单调性由q和共同决定，q>1无法判断数列为递增数列，如，此时数列为递减数列，故B错误；

对于C，∵为常数，∴数列是公差为的等差数列，故C正确；

对于D，若，，则，，

∵，

∴，

即，即，即，

即当时，的最大值为4，故D错误．

故选：AC．

10．已知直线与圆交于A､B两点，且（其中O为坐标原点），则实数b的值可以是（       ）

A． B． C． D．4

【答案】AD

【分析】根据可得，分析圆心O到直线的距离．

【详解】圆的圆心,半径

∵则

∴O到直线的距离，则

故选：A D．

11．正多面体也称帕拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成（各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等）.某中学在劳动技术课上，要求学生将一个近似正八面体的玉石切制成如图所示的棱长为2的正八面体P-ABCD-Q（其中E､F､H分别为PA，PB，BC的中点），则（       ）

A．AP与CQ为异面直线

B．平面PAB⊥平面PCD

C．经过E､F､H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形

D．此正八面体外接球的表面积为8π

【答案】CD

【分析】对于选项A，根据图像的共面可以得出该选项错误；

对于选项B，求出两个平面的二面角证明二面角不是90度即可得出结论；

对于选项C，根据中位线定理证明相等关系，即可证明该截面为正六边形；

对于选项D，根据外接球的直径，代入公式即可.

【详解】对于A选项，由多面体的对称性知，A，B，C，D四点共面，

又因为PA=AQ=QC=CP，

结合PQ=AC，

所以四边形PACQ是正方形，

所以选项A错误；

对于B选项，设AB中点为N，CD中点为M，

则为平面PAB和平面PCD的二面角，

，，NM=2

所以，

所以平面PAB和平面PCD的二面角不为直角，

所以选项B错误；

对于选项C，设QC，CD，DA的中点分别为J，K，L，顺次连接E，F，H，J，K，L，E，

根据中位线定理能够得到EF=FH=HJ=JK=KL=LE，

所以经过E､F､H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，

故选项C正确；

对于选项D，根据题意，外接球的直径为，

所以外接球的半径为，

表面积，

故该选项正确.

故选：CD.

12．已知函数的定义域为R，满足，当时，.对，下列选项正确的是（       ）

A．，则m的最小值为 B．，则m的值不存在

C．，则 D．时，函数所有极小值之和大于2e

【答案】BC

【分析】根据导函数可得函数在上递减，在上递增，则在内的极小值（最小值）为，且无最大值，再可知，在内的极小值为（为偶数），可利用等比数列求和分析极小值的和．

【详解】当时，则

令则

函数在上递减，在上递增，则在内的极小值（最小值）为，

且当时，

∴A不正确，B正确

∵，

则函数在上递减，在上递增（为偶数）

在内的极小值为（为偶数）,如下表：

若，则，C正确

若，则函数在内的极小值为：，，，…

这些极小值依次构成等比数列，其前n项和

当时，

即+++…，D不正确

故选：BC．

三、填空题

13．已知为锐角，，则___________.

【答案】

【分析】根据诱导公式，求出，再利用同角的三角函数基本关系式求出即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

又因为为锐角，

所以，

故答案为：.

14．某产品有5件正品和3件次品混在了一起（产品外观上看不出有任何区别），现从这8件产品中随机抽取3件，则取出的3件产品中恰有1件是次品的概率为___________.

【答案】

【分析】设取出的3件产品中次品的件数为X，3件产品中恰好有一件次品的概率为计算即可.

【详解】设取出的3件产品中次品的件数为X，3件产品中恰好有一件次品的概率为.

故答案为：.

15．已知变量y关于x的回归方程为，若对两边取自然对数，可以发现与x线性相关，现有一组数据如下表所示，时，预测y值为___________.

【答案】

【分析】对两边取对数，得 令则，

利用对称中心点在函数图象上即得，进而确定解析式,求出预测值.

【详解】对两边取对数，得 令则

代入得故

故，

当时，

故答案为：

16．若对恒成立，则实数m的取值范围是___________.

【答案】

【分析】依题意可得对恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性与最值，即可求出参数的取值范围；

【详解】解：因为对恒成立，

即对恒成立，

记，，

所以，

令，

令，，则，所以当时，

所以在上单调递增，所以，即，，

则

所以在上是增函数，所以

当，即时，在上是增函数，所以符合题意；

当时，且当时， 所以，使得，

即当时，单调递减，此时，

所以不符合题意，

综上可得，即

故答案为：

四、解答题

17．△ABC的内角A，B､C的对边分别为a，b，c，若.

(1)求A的大小；

(2)若，___________，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，求c的值.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）

①；②；③.

【答案】(1)

(2)详细见解析.

【分析】（1）由已知得,利用正弦定理，再利用余弦定理计算即可得出结果；

（2）若选择条件①：由得，利用余弦定理计算即可,

若选择条件②：由（1）可得,再结合余弦定理计算可得结果.

若选择条件③：由可求得,利用余弦定理计算可得进而解得.

【详解】(1)由已知得,

故由正弦定理得,

由余弦定理得,

因为，所以.

(2)选择条件①：由得，

则,

解得,

选择条件②：由可得,

由（1）知.得.

解得.

选择条件③：由

可得,所以,

又所以，即,

因此是方程的两根解得.

18．已知等差数列的前n项和为，，.

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为，证明：当，时，.

【答案】(1)；

(2)证明见解析﹒

【分析】(1)根据题中条件列出关于和d的方程组，解出和d，根据等差数列通项公式即可求；

(2)分母有理化，裂项相消即可求，当，时，证明即可．

【详解】(1)由题可知，，解得，∴；

(2)，

，

，，

．

19．如图，已知四棱锥S-ABCD，底面四边形ABCD为平行四边形，，，.若点G在棱AD上，满足，点E在棱SB上，满足，侧面SBC⊥底面ABCD.

(1)求证：CE⊥平面SBG；

(2)若SC⊥底面ABCD且，求二面角S-GB-C的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由，可得，由侧面底面，由面，可证得，进而证得结果.

（2）以B为原点，BC，BG所在直线为轴建立如空间直角坐标系，设，，由通过坐标运算求得,求得平面SBG的一个法向量为，及平面ABCD的法向量，利用数量积公式计算即可得出结果.

【详解】(1)证明：，.

侧面底面.侧面底面，底面，

面，

∵面，.

, ，

CE⊥平面SBG.

(2)依题意，以B为原点，BC，BG所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则设，则

∴,

由得,

由得

可解得：

设平面SBG的一个法向量为,

由，可得：，取，则，

又平面ABCD，是平面ABCD的法向量，记平面SBG与平面GBC所成角为，

所以二面角S-GB-C的余弦值为.

20．《中华人民共和国未成年人保护法》是为保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益.根据宪法制定的法律，某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛､竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别选答两题，若答对题数合计不少于3题，则称这个小组为“优秀小组”.已知甲乙两位同学组成一组，且甲、乙同学答对每道题的概率分别为，.

(1)若，，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；

(2)当，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中获得“优秀小组”的次数为6次，请问至少要进行多少轮竞赛.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据获“优秀小组”的标准，分情况讨论甲、乙答对问题的情况，最后求出概率；

（2）根据（1）的方法列出概率表达式，然后从函数的角度利用换元法求其最值得出结论即可.

【详解】(1)记他们获得“优秀小组”的事件为事件，则事件包含三种情况：

①甲答对两题，乙答对一题；②甲答对一题，乙答对两题；③甲、乙都答对两题.

；

(2)由（1）知甲、乙小组每轮比赛获“优秀小组”的概率为：

又

 当且仅当时，等号成立，

，，

,

令 则

开口向下，对称轴： 当时，

设要进行轮竞赛，则解得：

至少要进行轮竞赛.

21．已知函数.

(1)解关于x的不等式；

(2)当时，求函数的最大值的取值范围.

【答案】(1)时，不等式无解；时，不等式的解集为.

(2)

【分析】（1）由，化简可得，讨论a即可得出结果；

（2）求得导函数，利用导数的正负得出函数的单调性及，令，则，记，通过求导得出的单调性，进而求得结果.

【详解】(1)由得，

化简得

①时，不等式无解.

②时，，即,

综上，时，不等式无解；时，不等式的解集为.

(2)，由得,

,

同理由得,

函数在单调递增，在单调递减，

令，则，记

，由，得，由,得，

∴在上是减函数，在上是增函数，

，当x→0时，，

所以当a<0时，函数y=f（x）最大值的取值范围是

22．在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足.记的轨迹为.

(1)求的方程；

(2)若斜率为的直线过点且交于，两点，弦中点为，直线与交于，两点，记与的面积分别为，，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】设，则，，，根据题意列出等式，化简求出结果即可；

设直线，与的方程联立，消得到一元二次方程，结合韦达定理写出弦长，利用弦中点为的坐标设所在直线方程，并与的方程联立，消得到一元二次方程，求得，两点坐标，进而写出，到直线的距离之和的值，列出的式子即可求得取值范围.

【详解】(1)解：设，则，，,

，

.

，即，

的轨迹为的方程为.

(2)解：设直线，

由消可得，，

设，，

，.

.

由，，

弦中点为，.

由消可得即.

，，

，到直线的距离之和

.

，

，，，

，.