2022年福建省福州市后佳学校高三数学理联考试题含解析

2022年福建省福州市后佳学校高三数学理联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.如图，是一个简单空间几何体的三视图，其主视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的表面积是（

）A．

B．12

C．

D．8参考答案：B2.已知过点P（0，2）的直线l与圆（x﹣1）2+y2=5相切，且与直线ax﹣2y+1=0垂直，则a=（）A．2 B．4 C．﹣4 D．1参考答案：C【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由题意判断点在圆上，求出P与圆心连线的斜率就是直线ax﹣2y+1=0的斜率，然后求出a的值即可．【解答】解：因为点P（0，2）满足圆（x﹣1）2+y2=5的方程，所以P在圆上，又过点P（0，2）的直线与圆（x﹣1）2+y2=5相切，且与直线ax﹣2y+1=0垂直，所以切点与圆心连线与直线ax﹣2y+1=0平行，所以直线ax﹣2y+1=0的斜率为：，所以a=﹣4．故选：C．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线的垂直，考查转化思想与计算能力．3.设函数，则函数是(

)A．最小正周期为的奇函数

B．最小正周期为的偶函数C．最小正周期为的奇函数

D．最小正周期为的偶函数参考答案：A因为原函数可以化为单一函数，因此可知是奇函数，并且周期是，故选A4.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积是（

）

（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：C由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD.其中,所以四棱锥的体积为，选C.5.设是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是（

）A．存在唯一直线，使得，且

B．存在唯一直线，使得，且C．存在唯一平面，使得，且

D．存在唯一平面，使得，且参考答案：C考点：空间点线面位置关系.6.已知函数是上的偶函数，对于任意都有成立，当，且时，都有．给出以下三个命题：①直线是函数图像的一条对称轴；②函数在区间上为增函数；③函数在区间上有五个零点．问：以上命题中正确的个数有（

）．（A）个 （B）个 （C）个 （D）个参考答案：B7.为了有效管理学生迟到问题，某校专对各班迟到现象制定了相应的等级标准，其中D级标准为“连续10天，每天迟到不超过7人”，根据过去10天1、2、3、4班的迟到数据，一定符合D级标准的是A．1班：总体平均值为3，中位数为4 B．2班：总体平均值为1，总体方差大于0C．.3班：中位数为2，众数为3 D．4班：总体平均值为2，总体方差为3参考答案：D8.已知函数的定义域为实数集,满足(是的非空真子集),在上有两个非空真子集,且,则的值域为A．

B．

C．

D．

参考答案：B若，则，；若，则；若，则，，故选B.9.已知向量若点C在函数的图象上，则实数的值为（

）

A

B

C

D

参考答案：D10.已知等比数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法一定成立的是（

）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则参考答案：C当时，，又当时，，当时，，，即；当时，，，即；当时，，，即；当时，，综上可得当时，，故选C.

二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知的展开式中含项的系数为－14，则

.参考答案：

根据乘法分配律得，，.，，表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分.当时，，故.

12.已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE=2EF，则的值为．参考答案：

【考点】平面向量数量积的运算．【分析】可作出图形，并连接AE，得到AE⊥BC，根据条件可得出，从而，这样带入进行数量积的运算即可求出该数量积的值．【解答】解：如图，连接AE，则AE⊥BC；根据条件，DE=，且DE=2EF；∴；∴=；∴====．故答案为：．13.函数的值域为

．参考答案：14.（坐标系与参数方程选做题）在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点，分别在曲线（为参数）和曲线:上，则的最小值为

参考答案：15.在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，用如图A所示的三角形，解释二项和的乘方规律.在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士?帕斯卡的著作介绍了这个三角形，近年来，国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形”，如图A.17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”，如图B.在杨辉三角中，相邻两行满足关系式：，其中n是行数，.请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是__________．参考答案：分析：这是一个考查类比推理的题目，解题的关键是仔细观察图中给出的莱布尼茨三角形，并从三解数阵中，找出行与行之间数的关系，探究规律并其表示出来．详解：类比观察得，将莱布尼茨三角形的每一行都能提出倍数，而相邻两项之和是上一行的两者相拱之数，所以类比式子，有．故答案为．点睛：这是一道新运算类的题目，其特点一般是“新”而不“难”，处理的方法一般为：根据新运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，易得最终结果．16.已知抛物线方程有，若斜率为1的直线经过抛物线的焦点，且与圆相切，则

．参考答案：略17.已知是定义在上周期为2的偶函数，且当时，，则的零点个数有

个.参考答案：8三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知数列{an}各项都是正数，且+++…+=n2+3n（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=，n∈N*，求{bn}的前n项和Sn．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）当n≥2时利用+++…+=n2+3n与+++…+=（n﹣1）2+3（n﹣1）作差、整理可知an=4（n+1）2（n≥2），进而计算可得结论；（Ⅱ）通过（I）可知bn=，n∈N*，进而利用错位相减法计算即得结论．【解答】解：（Ⅰ）当n≥2时，+++…+=n2+3n，+++…+=（n﹣1）2+3（n﹣1），两式相减得：=（n2+3n）﹣[（n﹣1）2+3（n﹣1）]=2n+2，∴an=4（n+1）2（n≥2），又∵=4即a1=16满足上式，∴an=4（n+1）2；（Ⅱ）由（I）可知bn==，n∈N*，∴Sn=4[2?+3?+…+（n+1）?]，Sn=4[2?+3?+…+n?+（n+1）?]，两式相减得：Sn=4[1+++…+﹣（n+1）?]=4[1+﹣（n+1）?]=6﹣（n+3）?，于是Sn=12﹣（n+3）?．【点评】本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．19.“跑跑龟”是一款益智游戏，它灵活多变老少皆宜，深受大家喜爱。有位小朋友模仿“跑跑龟”也自己动手设计了一个简易游戏来自娱自乐，并且制定规则如下：如图为游戏棋盘由起点到终点共7步，并以一副扑克牌中的4张A、2张2、1张3分别代表前进1步、2步、3步，如果在终点前一步时抽取到2或3，则只需前进一步结束游戏，如果在终点前两步时抽取到3，则只需前进两步结束游戏。游戏开始时不放回的依次抽取一张决定前进的步数（1）求恰好抽取4张卡片即结束游戏的概率；（2）若游戏结束抽取的卡片张数记为，求的分布列和期望．参考答案：解（1）设抽取4张卡片即结束游戏为事件A，取4张步数要大于等于7，卡片可以是2个A、1个2、1个3或1个A、2个2、1个3，所以

………5分（2）由题意

………6分

………10分3456

………12分略20.如图，已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直，其中BE∥AF，∠EBA=90°，AB=BE=AF=2，∠CBA=，P为DF的中点．（1）求证：PE∥平面ABCD（2）设G为线段AD上一点，=λ，若直线FG与平面ABEF所成角的正弦值为，求AG的长．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（1）取AD的中点M，连接PM，BM，通过证明四边形BMPE是平行四边形得出PE∥BM，故而PE∥平面ABCD；（2）作出线面角，用λ表示出所作直角三角形的边长，列方程解出λ．【解答】解：（1）取AD的中点M，连接PM，BM，∵P是DF的中点，M是AD的中点，∴PM∥AF，PM=AF，又BE∥AF，BE=AF，BE∥PM，BE=PM，∴四边形BEPM是平行四边形，∴PE∥BM，又PE?平面ABCD，BM?平面ABCD，∴PE∥平面ABCD．（2）过G作GH⊥BA，交BA延长线于H，连接FH，FG，∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，GH⊥AB，GH?平面ABCD，∴GH⊥平面ABCD，∴∠GFH为直线FG与平面ABEF所成角．∵，∴AG=2λ，∵∠CBA=∠DAH=，∴GH=AG=，AH=AG?cos=λ，∴HF==，FG==2，∴sin∠GFH===．解得λ=．21.已知函数f（x）=x2+alnx﹣x（a≠0），g（x）=x2．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的a∈（1，+∞），总存在x1，x2∈[1，a]，使得f（x1）﹣f（x2）＞g（x1）﹣g（x2）+m成立，求实数m的取值范围．参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间即可；（Ⅱ）令F（x）=f（x）﹣g（x）=x2+alnx﹣x﹣x2=alnx﹣x，x∈[1，a]．原问题等价于：对任意的a∈（1，+∞），总存在x1，x2∈[1，a]，使得F（x1）﹣F（x2）＞m成立，即F（x）max﹣F（x）min＞m，根据函数的单调性求出m的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣令2x2﹣x+a=0，△=1﹣8a（1）当△=1﹣8a≤0，即时，2x2﹣x+a≥0恒成立，即f′（x）≥0恒成立，故函数f（x）的单增区间为（0，+∞），无单减区间．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）当△＞0，即时，由2x2﹣x+a=0解得或i）当时，0＜x1＜x2，所以当或时f′（x）＞0当时f′（x）＜0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3）当a≤0时，所以当时f′（x）＞0，当时f′（x）＜0；﹣﹣﹣﹣﹣﹣综上所述：当时，函数f（x）的单增区间为（0，+∞），无单减区间．当时，函数f（x）的单增区间为和，单减区间为．当a≤0时，函数f（x）的单增区间为，单减区间为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（Ⅱ）令F（x）=f（x）﹣g（x）=x2+alnx﹣x﹣x2=alnx﹣x，x∈[1，a]．原问题等价于：对任意的a∈（1，+∞），总存在x1，x2∈[1，a]，使得F（x1）﹣F（x2）＞m成立，即F（x）max﹣F（x）min＞m．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∵，∵a∈（1，+∞），x∈[1，a]，∴F′（x）＞0，∴F（x）在x∈[1，a]上单调递增，∴F（x）≤F（x）max﹣F（x）min=F（a）﹣F（1）=alna﹣a+1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣即alna﹣a+1＞m对任意的a∈（1，+∞）恒成立，令h（a）=alna﹣a+1，a∈（1，+∞），只需h（a）min＞m，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣h′（a）=lna，∵a∈（1，+∞），∴h′（a）＞0，∴h（a）在a∈（1，+∞）上单调递增，∴h（a）＞h（1）=0，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣所以m≤0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣22.（本小题满分10分）必修4—4：极坐标与方程

在直角坐标系xOy中，曲