福建省龙岩市2022届高三下学期第一次教学质量检测（一模）数学（Word版带解析）

福建省四地市2022届高中毕业班第一次质量检测数学试题一、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.己知，若集合，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】考虑两者之间的推出关系，结合充分条件和必要条件的定义可得正确的选项.【详解】若，则或，故“”推不出“”，反之，若，则，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B.2.直线经过第一、二、四象限，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】分析出直线的斜率以及该直线在轴上的截距的符号，即可得出、的符号.【详解】因为直线经过第一、二、四象限，则该直线的斜率，可得，该直线在轴上的截距，可得.故选：C.3.已知向量，夹角为，且，，则（）A.5B.C.4D.3 【答案】A【解析】【分析】由两边平方，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，即可解得的值.【详解】∵向量，夹角为，且，，∴即，解得或（舍去）故选：A.4.已知互不重合的直线，，互不重合的平面，，，给出下列四个命题，错误的命题是（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，则【答案】D【解析】【分析】A：根据线面平行的性质定理进行判断即可；B：利用平面法向量和面面垂直的性质进行判断即可；C：利用线面垂直的判定定理进行判断即可；D：根据线面关系进行判断即可.【详解】A：过作一平面，与，都相交，设，如下图所示：则有，又，所以，，所以，因此有，故本命题是真命题； B：因为，，所以向量，是平面，的法向量，而，所以，即，故本命题是真命题；C：设，在平面内任意一点，作，如下图所示：由面面垂直的性质定理可知：，因为，所以有，又因为，所以，故本命题是真命题；D：因为，，所以或，故本命题是假命题.故选：D【点睛】本题考查了线面平行的判定定理和性质定理，考查了面面垂直的性质理，考查了线面垂直的判定定理，考查了面面平行的性质.5.函数的图象大致是（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值法进行判断即可.【详解】，解得且，令，则，故函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除C选项；，排除D选项；，故可排除A选项.故选：B6.某学生在“捡起树叶树枝，净化校园环境”的志愿活动中拾到了三支小树枝（视为三条线段），想要用它们作为三角形的三条高线制作一个三角形．经测量，其长度分别为，则（）A.能作出二个锐角三角形B.能作出一个直角三角形C.能作出一个钝角三角形D.不能作出这样的三角形【答案】C【解析】【分析】根据高可得三边之比，再根据余弦定理可得正确的选项【详解】因为三条高线的长度为，故三边之比为，设最大边所对的角为，则，而为三角形内角，故为钝角，故三角形为钝角三角形， 故选：C.7.已知，且，则的最小值为（）A.B.8C.D.10【答案】D【解析】【分析】对方程变形，再利用基本不等式进行求解.【详解】整理为：，由基本不等式得：，即，解得：或，由于，所以舍去，从而的最小值是10故选：D8.已知点、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，且满足，，则该椭圆的离心率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，则，利用勾股定理可求得，再利用椭圆的定义可得出，求出、，利用勾股定理结合离心率公式可求得结果.详解】如下图所示： 设，则，因为，则，由椭圆的定义可得，则，所以，，则，由勾股定理可得，则，则，因此，该椭圆的离心率为.故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知函数与函数的图象的对称轴相同，则（）A.的值可以为4B.的值可以为C.函数的单调递增区间为D.函数的所有零点的集合为【答案】BC【解析】 【分析】根据正余弦函数图像的性质即可逐项求解.【详解】由于两函数的对称轴相同，而两相邻对称轴之间的距离等于周期的一半，∴两函数的周期也相同，因此，解得，A错误；所以，当时，，此时与的图象关于x轴对称，则它们的对称轴相同，B正确；在时递增，解得的单调递增区间为，C正确；的所有零点满足，解得所有零点的集合为：，故D错误.故选：BC.10.已知随机事件A，B发生的概率分别为，下列说法正确的有（）A.若，则A，B相互独立B.若A，B相互独立，则C.若，则D.若，则【答案】ABC【解析】【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即得.【详解】因为随机事件A，B发生的概率分别为，对于A，因为，所以A，B相互独立，故A正确； 对于B，若A，B相互独立，则，故B正确；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选：ABC11.下图为陕西博物馆收藏国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线，，围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底外直径为，双曲线C与坐标轴交于D，E，则（）A.双曲线C的方程为B.双曲线与双曲线C共渐近线C.存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点D.存在无数个点，使它与D，E两点的连线的斜率之积为3【答案】ABD【解析】【分析】求出、的坐标并代入，求出双曲线方程，再逐项判断可得答案. 【详解】依题意可知，，将、的坐标分别代入，得，解得，，所以双曲线C的方程为：，其渐近线为，故A正确；对于B，由，可知其渐近线为，故B正确；对于C，由双曲线的性质可知，渐近线与双曲线没有交点，与渐近线平行的直线与双曲线有一个交点，故不存在点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，故C错误；对于D，设双曲线上一点，则，即，由题可知，则，，即存在无数个点，使它与D，E两点的连线的斜率之积为3，故D正确.故选：ABD.12.已知函数，令，则（） A.当，恒成立B.函数在区间上单调递增C.a，b，c中最大的是cD.a，b，c中最小的是a【答案】AC【解析】【分析】由，判断A；利用导数判断B；利用函数的单调性得出大小关系判断CD.【详解】当时，，，所以恒成立，故A正确；，令，，则函数在区间上单调递增，所以，即，则函数在区间上单调递减，故B错误；因为，所以，且，所以，所以，因为函数在区间上单调递减，所以，而，所以，故C正确，D错误.故选：AC【点睛】方法点睛：比较大小问题一般是借助函数的单调性得出大小关系.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.复数，则_________．【答案】1【解析】【分析】根据复数的乘法，求得，进而求得其模.【详解】, 故故答案为：114.若二项武的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值是_________．【答案】7【解析】【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.【详解】的展开式的通项，令，得，因为，所以当时，有最小值为7.故答案为：7.15.意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，，若从该数列的前96项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为_________．【答案】【解析】【分析】由该数列连续三个数有两个奇数，一个偶数，得出该数列的前96项中奇数的个数，再求概率.【详解】由题意可知，该数列连续三个数有两个奇数，一个偶数，则该数列的前96项中奇数共有，即这个数是奇数的概率为.故答案为：16.已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱维的体积为，则线段长度的最大值为________．【答案】【解析】【分析】计算出棱锥的高和球的半径，再考虑所在的截面圆的半径后可求线段长度的 最大值.【详解】因为球的体积为，故球的半径满足，故，而，，，故，故，故，设到平面的距离为，则，故，故在球面的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面在球心的异侧时，有最大值，设球心到平面的距离为，而外接圆的半径为，则，故球心到平面的距离为，故截面圆的半径，设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心即的中点，当最长时最长，此时，故长度的最大值为，故答案为：.【点睛】思路点睛：本题涉及到空间中动点的轨迹，注意根据高为定值确定出动点所在的曲线，再将空间问题平面化，从而解决最值问题.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.在下列条件：①数列的任意相邻两项均不相等，，且数列为常数列；②；③中，任选一个条件，补充在横线上，并回答下面问题．已知数列的前n项和为，__________，求数列的通项公式与前n项和．【答案】选①，，；选②，，；选③，，.【解析】【分析】选①：由常数列的性质得出，再由等比数列的定义证明是等比数列，最后分组求和得出前n项和；选②：由与的关系得出，以下同①；选③：先证明是等比数列，进而得出，再由与的关系得出.【详解】选①：因为，数列为常数列，所以，解得或，又因为数列的任意相邻两项均不相等，且所以数列为所以，即，所以，又．所以是以为首项.公比为的等比数列，所以，即； 所以选②：因为，易知，所以两式相减可得，即以下过程与①相同；选③：由，可得，又，故是以为首项，2为公比的等比数列，故，即当时，，又也满足上式.综上所述：，.18.在中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c．已知．（1）求B；（2）若的面积，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由二倍角公式及诱导公式求得，即可求解；（2）由面积求得，再用余弦定理求出，再用正弦定理即可求得.【小问1详解】因为，由二倍角公式及诱导公式化简可得： 解得或（舍），因为，所以.【小问2详解】由，由，，代入解得：.由余弦定理，所以由正弦定理，可得：.19.如图，在三棱柱中，平面，，．（1）求证：平面；（2）记和的交点为M，点N在线段上，满足平面，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）线面垂直证明线线垂直，进而证明出线面垂直；（2）先找到点的位置，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算.【小问1详解】证明：∵在三棱柱中，平面，因为平面，故，因为，，所以平面，∵平面，∴，因为∥，所以， 因为，故四边形为菱形，故，∵，∴平面【小问2详解】由平面，平面，平面平面，故，又M为中点，故N为中点.以B为坐标原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则，，设平面的法向量，由，得，取，又，设直线与平面所成的角大小为，则即直线与平面所成角的正弦值为.20.某次围棋比赛的决赛，由甲乙两人争夺最后的冠军，决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为 最终冠军．设每盘比赛甲获胜的概率为，每盘比赛的结果没有平局且结果互相独立．（1）记第一天需要进行的比赛盘数为X．（ⅰ）求，并求当取最大值时p的值；（ⅱ）结合实际，谈谈（ⅰ）中结论的意义；（2）当时，记总共进行的比赛盘数为Y，求．【答案】（1）（i），取最大值时，（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛盘数会更多（2）【解析】【分析】（1）X可能取值为2，3，分别求解对应的概率，根据期望的定义求解，再根据二次函数的性质求最值即可；（2）即或，即获胜方两天均为获胜或者获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，分别计算概率即可【小问1详解】（i）X可能取值为2，3，；故即，则当时，取得最大值.（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．【小问2详解】当时，双方前两天的比分为或的概率均为 比分为或的概率均为则或，即获胜方两天均为获胜，故；即获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，故所以21.设点，动圆经过点F且和直线相切，记动圆的圆心P的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）过点F的直线交曲线E于A，B两点，另一条与直线平行的直线交x轴于点M，交y轴于点N，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，求点M的横坐标．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义可得抛物线方程；（2）可设直线的方程为，联立抛物线方程，得到中点C坐标以及，再根据条件可知，从而求得点N坐标，利用，结合直线的方程即可求得结果.【小问1详解】由题意，点P到点F的距离等于到直线的距离，所以点P的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，,故曲线E的方程是.【小问2详解】显然，直线不与x轴重合，设直线的方程为， 与E联立得：设，则则，，即中点C坐标为，由题意△NAB是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，故，过C与垂直的直线，其方程为，令，得，故点N坐标为，又，故，令，则，由，解得，即，解得又直线的方程为，令，得到点M横坐标为.【点睛】本题考查了利用抛物线定义求其方程以及直线和抛物线相交时和三角形有关的点的坐标问题，解答的思路一般是设直线方程，联立抛物线方程，利用根与系数的关系表示出相关等量关系，再化简整理，关键就是运算量较大比较繁杂，要十分细心.22.已知函数，其中．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意，有恒成立，求实数k的取值范围．【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求得以及，直接写出切线方程即可；（2）根据题意，由，初步探得的取值范围，再利用导数证明充分性即可.【小问1详解】时，，，故所求切线方程为，整理得：【小问2详解】由题意，，解得：，，解得：，故必须满足，下面证明充分性：若，当时，此时，此时，，，故，满足当时，此时，，令，则，令，得， 故时，，单调递增：时，，单调递减；所以，，满足.综上所述，【点睛】本题考察利用导数研究由恒成立问题求参数的范围问题，解决问题的关键在于由点探路，初步求得参数的取值范围，然后证明充分性；在证明充分性时，适度的放缩也是重中之重，属困难题.