福建省2022-2023学年高二数学下学期质优生筑梦联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期质优生“筑梦”联考数学试题考试时间：120分钟满分：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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.一､选择题：本大题共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.1.5人排成一行，其中甲、乙两人相邻的不同排法共有（）A.24种B.48种C.72种D.120种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法进行计算即可得解.【详解】先捆绑甲乙两人共有种可能，再松绑可得种可能，共有种可能，故选：B2.在的展开式中，含的项的系数是（）A.5B.6C.7D.11【答案】C【解析】【分析】先求解和中含的项的系数，然后求和可得答案.【详解】因为中只有和中含的项，的含的项为，的含的项为， 所以的展开式中含的项的系数是.故选：C.3.某铁球在时，半径为.当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁球的半径会发生变化，且当温度为时铁球的半径为，其中为常数，则在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为（）A.0B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由球的体积公式可得，求导即可得到结果.【详解】由题意可得，当温度为时，铁球的半径为，其体积，求导可得，当时，，所以在时，铁球体积对温度的瞬时变化率为.故选:D4.三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积. 【详解】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a，因为正方体的体对角线即为球О直径，故，利用勾股定理得：，解得，球的表面积为，故选：C.5.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【答案】A【解析】【分析】根据的最小正周期判断乙、丙都是真命题，进而判断丁为真命题，从而得出甲为假命题.【详解】由于的最小正周期为，半周期为,，所以乙、丙为真命题，（否则两个都是假命题，不符合题意.）由丙可知，关于直线对称，所以函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称，丁正确.故甲为假命题.另外，由丙可知，关于直线对称，的最小正周期为，所以关于直线对称，，所以在区间不单调，甲为假命题.故选：A6.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.【答案】D【解析】【分析】求出在上的解析式后可求切线方程.【详解】令，因为为奇函数，故，故即.即，当时，，故，故时，，此时，故，而故切线方程为：，故选：D.7.圆为锐角的外接圆，，点在圆上，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】把转化为，由余弦定理、数量积的定义得，讨论的位置得，结合锐角三角形恒成立，即可得范围.【详解】由为锐角三角形，则外接圆圆心在三角形内部，如下图示， 又，而，若外接圆半径为r，则，故，且，即，由，对于且在圆上，当为直径时，当重合时，所以，综上，，锐角三角形中，则，即恒成立，所以，则恒成立，综上，.故选:C8.已知，为双曲线：（，）的左、右焦点，以为圆心，为半径的圆与在第一象限的交点为，直线与交于另一点．若的面积为，则的离心率为（）A.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设直线与轴正方向的夹角为，利用双曲线的第二定义表示出,，根据的面积以及即可求解. 【详解】设双曲线的右准线与轴的交点为，则，设直线与轴正方向的夹角为，由双曲线的第二定义可得，，，，即，由，①②，可得整理，③由①可得，即，④将④代入③，整理可得，即.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与双曲线的位置关系，双曲线的第二定义，解题的关键是利用第二定义表示出，，考查了计算能力. 二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知复数对应的向量为，复数对应的向量为，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若与在复平面上对应的点关于实轴对称，则【答案】AD【解析】【分析】利用向量数量积的运算法则及复数的几何意义即可求解.【详解】因为，所以，则，即，则，故选项正确；若，满足，而，故选项B错误；因为，所以，即，则，但不一定有，故选项C错误；设，因为与在复平面上对应的点关于实轴对称，则，所以，，则，故选项D正确.故选：AD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数是奇函数B.函数的极大值点等于函数的极小值点C.若曲线上共线的三点满足，则点的坐标为D.函数的值域为的一个必要不充分条件是 【答案】ABC【解析】【分析】根据奇函数定义判断A，根据导数求出函数的极值点，再由图象平移判断B，根据的对称性判断C，求出函数值域为的等价条件判断D.【详解】令，则，且定义域为，即为奇函数，故A正确；令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的极小值点为1，极大值点为，由向右平移2个单位得到的图象，所以函数的极大值点等于函数的极小值点，故B正确；因为由A知图象关于原点中心对称，所以函数图象关于中心对称，故曲线上共线的三点满足，则B是A,C的对称中心，故的坐标为，故C正确；由B知，的极小值为，再令可得，当时，原函数值域为需满足，解得，当时，原函数值域为需满足，解得，当时，原函数值域为需满足，无解，综上，原函数值域为需满足，而不是的真子集，故D错误.故选：ABC11.已知动圆，，则（）A.圆C与圆相切B.圆C与直线相切 C.圆C上一点M满足，则M的轨迹的长度为D.当圆C与坐标轴交于不同的三点时，这三点构成的三角形面积的最大值为1【答案】AD【解析】【分析】A选项，得到圆C的圆心和半径，求出两圆圆心距等于半径之差，从而两圆内切；B选项，求出圆心到直线距离不一定等于1，故B错误；C选项，设出，得到M的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，其周长为；D选项，求出圆C与坐标轴交点坐标，得到，从而得到面积的最大值.【详解】圆C的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为2，因为，所以两圆内切，A正确；圆心到直线的距离为，不一定等于1，故圆C与直线不一定相切，B错误；设，则，所以，所以，所以点M的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，其周长为，C错误；D选项，令得：，解得：或，令得：，解得：或，所以圆C与坐标轴交于不同的三点，分别记为，则这三点构成的三角形面积，当或时，三角形面积取得最大值，最大值为1，D正确故选：AD12.已知实数满足，则（）A.B. C.D.【答案】BCD【解析】【分析】作出图像，结合图像和条件先可以确定的大致范围，结合条件和指数函数的单调性可确定的范围，然后逐一判断每个选项.【详解】设，则，于是在上递减，上递增，当取得最小值，作得图像如下：由得，即，由图可知.由得，结合指数函数的单调性从而，所以，所以，故，故B正确，故D正确；而当时，根据图像可得，，于是A错误；对于，由得，，所以，设，则，于是在上递增，取，则，即， 于是，故，所以C正确.故选：BCD三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.写出曲线与曲线的公切线的一个方向向量______.【答案】（与共线的非零向量均可）【解析】【分析】先利用导数求得曲线与曲线的公切线方程，进而求得该公切线的一个方向向量.【详解】设曲线上的切点为，曲线上切点为，则，两式相减整理得，代入上式得，解之得，则，则曲线与曲线的公切线的公切点为，则切线斜率为1，切线方程为，则公切线的一个方向向量为故答案为：14.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__________.【答案】【解析】【分析】根据题意得到的直线方程为，联立方程组得到，求得的中点的纵坐标为，求得，结合抛物线的定义和，即可求解. 【详解】由抛物线，可得其焦点坐标为，过焦点且倾斜角为的直线方程为，设，联立方程组，整理得，可得，则的中点的纵坐标为，因为线段中点的纵坐标为，可得，解得，又由抛物线的定义可得.故答案为：.15.分形几何在计算机生成图形和游戏中有广泛应用．按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图．设图2中第n行黑圈的个数为，则______，数列的通项公式______．【答案】①.41②.【解析】【分析】记第n行白圈的个数为，根据题意得到递推公式，，从而推导出，进而构造等比数列联立求解即可得【详解】记第n行白圈的个数为，由题意可得，，，则，所以，所以，由， 得，所以，即，故，故答案为：41；16.已知半径为的球的球心为正四面体的中心，且球的球面被四面体的四个面截得的曲线总长度为.则四面体的体积为______.【答案】【解析】【详解】设四面体的棱长为，小圆半径为.若四面体的一个面截球如图3，则小圆周长为、半径为1.故球心到四面体的面的距离为.若四面体的一个面截球如图4，记为的中点，由题意知又由. 综上，四面体的体积为.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.如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．（1）求的正弦值；（2）求的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解法1、由余弦定理求得，得到，分别在和，求得和，结合和互补，求得，再在中，求得，即可求解；解法2、由题意，求得，根据，结合的面积为面积的，列出方程，即可求解；（2）解法1、由余弦定理求得，得到，，在中，由余弦定理求得，即可求解；又由，所以．解法2、由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】解：解法1、由余弦定理得， 即，所以，所以，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，与互补，则，解得，在中，由余弦定理，得，因为，所以．解法2、由题意可得，，由AM为边BC上的中线，则，两边同时平方得，，故，因为M为BC边中点，则面积为面积的，所以，即，化简得，．【小问2详解】解：方法1、在中，由余弦定理，得，所以，由AM，BN分别为边BC，AC上的中线可知P为重心，可得，， 在中，由余弦定理，得，又由，所以．解法2：因为BN为边AC上的中线，所以，，，即．所以．18.数列的前项和为且当时，成等差数列.（1）计算，猜想数列通项公式并加以证明；（2）在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.【答案】（1），，证明见解析（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）利用可得出递推公式，求出，进而得出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用的关系，求出的关系，即可得出结论.【小问1详解】由题意，，在数列中，当时，成等差数列， ∴，即，即，即.∴，猜想.下面我们证明.∵，∴，∵当时，，∴对任意正整数，均有，∴，∴，∴，即数列的通项公式为：.【小问2详解】由题意及（1）得，在数列中，，∴.假设数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列，则，即，化简得，∵成等差数列，∴， ∴，化简得，又，∴，即，∴，∴，这与题设矛盾，所以假设不成立，∴在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列.19.如图，三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3.（1）求证：平面平面；（2）若点为棱的中点，线段上是否存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为？若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，此时的长为1【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可；（2）建立空间直角坐标系，结合空间法向量分析即可.【小问1详解】取中点，连接，如图所示： 因为，，所以，且，因为是等腰直角三角形，所以，且，又，满足，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知，平面，且，故可以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为点为棱的中点，所以到平面的距离为； 则，则，所以，则，，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则，即，令，可得，则，由，得，或（舍去），此时.故存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为，此时的长为120.已知函数，. （1）讨论的单调性；（2）若，求证：当时，.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）依题意，的定义域为，，分类讨论可求的单调性；（2）当时，要证明，即证，只需证明.设，利用导数研究其性质，即可证明【小问1详解】依题意，的定义域为，，①当时，，在单调递减；②当时，当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增；③当时，当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减；综上，当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.【小问2详解】当时，要证明，即证明， 因为，所以只需证明，只需证明.设，则，设，则，所以当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增；所以，所以当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增；所以，所以当时，【点睛】本小题考查导数与函数的单调性、不等式等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想，分类与整合思想等．21.已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，为坐标原点，线段的中点为，是等腰三角形.（1）求的方程；（2）设点，圆过且交直线于、，直线、分别交于另一点、（异于点），直线过且与直线平行，判断直线与圆的位置关系并证明你的结论.【答案】（1）（2）直线与圆相切，证明见解析【解析】【分析】（1）分、、三种情况讨论，可求出的值，进而可求得 的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设、、、，写出圆的方程，令，列出关于、的韦达定理，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，计算的值，然后分、两种情况，分析直线与的位置关系，即可得出结论.【小问1详解】解：如图1，依题意，、，所以，①若，且，则为的中点，所以，，即，所以，，所以，椭圆的方程为；②若，则，即，所以，，所以，椭圆的方程为；③若，则，即，即，所以，，所以，椭圆的方程为.综上，椭圆的方程为.【小问2详解】解：直线与圆相切，理由如下：如图2，由（1）知，椭圆的方程为， 设、、、，依题意，圆的方程为，令，则，由韦达定理可得，，由图可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，由得，，由韦达定理可得，，因为，，由、、三点共线得，则，可得，则，同理，由、、三点共线可得，，所以，所以，即，即，即， 即，所以或，当时，直线过点，不合题意，所以，此时，，，，所以，，所以，即，所以当时，，直线的方程为，所以，所以，直线与圆相切；当时，直线的斜率，直线的斜率为，所以，所以，所以，直线与圆相切.综上，直线与圆相切.【点睛】方法点睛：直线与圆的位置关系的判断方法如下：（1）代数法：将直线的方程和圆的方程联立，消去一个元（或），得到关于另外一个元的一元二次方程.，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.（2）几何法：计算圆心到直线的距离，并比较与圆的半径的大小关系.若，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；若，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；若，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若恰有3个零点； （i）求的取值范围；（ii）证明：在双曲线位于第一象限内的图象上存在点，使得对于任意实数，都有.【答案】（1）答案见解析（2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意得到，当时，求得，得到在单调递减；当时，求得，分、两种情况求得函数，再结合、，进而得到函数的单调区间；（2）（i）由（1）知，当时，求得至多一个零点，不符合题意；当时，根据的单调性，得到在不存在零点，求得至多一个零点，不符合题意；当时，得到在恰有1个零点，根据在单调递减，得到至多两个零点，不符合题意；当时，取得在恰有一个零点，结合，得到在恰有一个零点；当时，设，求得，得到，进而得到恰有3个零点，符合题意，即可求得的取值范围；（ii）证明：由（i），可得设一个零点为，取，，根据是在的零点，得到，根据对于任意实数成立，即可得证.【小问1详解】解：由，当时，，可得，所以在单调递减； 当时，，可得当时，因为，可得；当时，因为，可得，所以，当时，，所以在单调递减；当时，当时，，当时，；所以在单调递减，在单调递增；综上，当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减.【小问2详解】解：（i）由（1）知，当时，在单调递减，所以至多一个零点，不符合题意；当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减.又因为，所以，当时，，当时，，所以在不存在零点，由于在单调递减，所以在至多一个零点，因此至多一个零点，不符合题意；当时，，当时，，所以在恰有1个零点，由于在单调递减，所以在至多一个零点，因此至多两个零点，不符合题意； 当时，，所以，又因为在单调递增，所以在恰有一个零点；当时，，所以又因为在单调递减，所以在恰有一个零点；当时，，设，则，当时，，所以在单调递增，所以，即，所以，所以，又因为在单调递减，所以在恰有一个零点；所以恰有3个零点，符合题意，所以的取值范围为.（ii）证明：由（i）知且在有2个零点，设其中一个零点为，取，，则且，即点是双曲线位于第一象限内的图象上一点，此时，因为是在的零点，所以，所以，所以对于任意实数成立，所以在双曲线位于第一象限内的图象上存在点，使得对于任意实数，都有.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．