福建师范大学附属中学2022届高三上学期期中考试数学 Word版含解析.docx

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福建师大附中2021～2022学年高三上学期期中考试数学试卷时间：120分钟满分：150分一、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.已知，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘除运算可得，利用复数的几何意义即可得出结果.【详解】由题意知，，所以复数z在复平面上对应的点为，在第四象限.故选：D2.已知向量，且，则实数（）A.B.C.6D.14【答案】D【解析】【分析】根据题设条件求得的坐标，再根据，得到关于的方程，解之即可．【详解】∵，，∴，又∵，∴，解得．故选：D．3.设函数，则（）A.为的极大值点且曲线在点处的切线的斜率为1B.为的极小值点且曲线在点处的切线的斜率为 C.为的极小值点且曲线在点处的切线的斜率为1D.为的极小值点且曲线在点处的切线的斜率为【答案】C【解析】【分析】对函数求导，求出函数的单调性，进而可得出其极值点，由，可得到在点处的切线斜率．【详解】解：因为，所以，令，解得，令，解得，在上单调递减，在上单调递增，是函数的极小值点，又，则曲线在点处的切线斜率为1，故选：C．4.已知，是不共线的向量，，，那么，，三点共线的充要条件为（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】若、、三点共线，则向量与平行，根据题中等式结合向量平行的充要条件列式，即可找出使、、三点共线的充要条件．【详解】解：若、、三点共线，则向量即存在实数，使得，，，可得，消去得即、、三点共线的充要条件为故选：B． 5.中，三角正弦之比，则等于（）A.B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】由正弦定理可得边长之比，再由余弦定理求出，结合二倍角公式求解即可.【详解】因为，不妨设，则，所以．故选：D6.如图，已知，分别是圆柱上､下底面圆的直径，且，若该圆柱的侧面积是其上底面面积的倍，则与平面所成的角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设为圆柱下底面内与垂直的直径，由对称性和线面角的定义可确定为所求角，由侧面积和底面面积可得到，由此可求得结果.【详解】如图，设为圆柱下底面内与垂直的直径，记，连接，， 由对称性可知：，，平面，设，垂足为，则，平面，直线在平面内的射影为，为与平面所成的角，，，，与平面所成的角为.故选：C.7.已知为空间中任意一点，四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数的值为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量共面的基本定理当时即可求解.【详解】，又∵是空间任意一点，、、、四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴，解得故选：B【点睛】方法点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面．8.有一个三人报数游戏：首先甲报数字1，然后乙报两个数字2、3，接下来丙报三个数字4、5、6 ，然后轮到甲报四个数字7、8、9、10，依次循环，则甲报出的第2028个数字为（）A.5986B.5987C.5988D.以上都不对【答案】C【解析】【分析】首先分析出甲第次报数的个数，得到甲第次报完数后总共报数的个数，计算出甲是第次报数中会报到第2020个数字，再计算当甲第次报数时，3人总的报数次数，再推算出此时报数的最后一个数，再推出甲报出的第2028个数字.【详解】由题可得甲第次报数的个数为，则甲第次报完数后总共报数的个数为，再代入正整数，使的最小值为37，得，而甲第37次报时，3人总共报数为次，当甲第次报完数3人总报数个数为，即甲报出的第2035个数字为，所以甲报出的第2028个数字为5988.故选：C.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.在中，下列结论正确的是A.B.C.若,则为等腰三角形D.若,则为锐角三角形【答案】BC【解析】【分析】根据向量的数量积运算法则逐个辨析即可.【详解】对于A,,故A中结论错误； 对于B,设为向量与的夹角,因为,而,故,故B中结论正确；对于C,,故,所以为等腰三角形,故C中结论正确；对于D,取,,满足,但为钝角三角形,故D中结论错误.故选：BC.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算与性质判定.属于基础题.10.在中各角所对得边分别为a，b，c，下列结论正确的有（）A.则为等边三角形；B.已知，则；C.已知，，，则最小内角的度数为；D.在，，，解三角形有两解．【答案】ABC【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理一一计算可得；【详解】解：对于A：若，则，即，即，即是等边三角形，故A正确；对于B：由，可得，余弦定理：．，，故B正确．对于C：因为，，，所以，所以，所以，，，故C正确；对于D：因为，，，所以，即解得，因为，所以，所以三角形只有1解； 故选：ABC11.各项均为正数的等比数列的前项积为，若，公比，则下列命题正确的是（）A.若，则必有B.若，则必有是中最大的项C.若，则必有D.若，则必有【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解.【详解】由等比数列可知，由等比数列的前项积结合等差数列性质可知：对于A，若，可得，即，，故A正确；对于B，若，可得，即，又，故，又，可知，利用等比数列性质知，可知，故是中最大的项，故B正确；对于C，若，则，即，又，则，可得，故，故C正确；对于D，若，则，，无法判断其与“1”的大小关系，故D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.12.如图，点M是棱长为1的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（） A.存在无数个点M满足B.当点M在棱上运动时，的最小值为C.在线段上存在点M，使异面直线与所成的角是D.满足的点M的轨迹是一段圆弧【答案】AD【解析】分析】根据空间线面关系，逐个分析判断即可.【详解】对A，若M在上，此时必有，证明如下：平面，所以，又，所以平面，所以，所以A正确；对B，如图，旋转面使之与面共面，连接交于，此时最短为，大小为，故B错误，对C，当在和交点处时， 此时直线与所成的角即直线与所成角，此时此异面直线所成最小，其正切值为，即最小角大于，故不存在，即C错误，对D，在面上建立直角坐标系，设，设，由整理可得：，根据解析式可得M的轨迹是圆的一部分，故D正确，故选：AD.【点睛】本题考查了空间几何体相关的线面关系，考查了线线垂直，异面直线所成角以及动点轨迹和最值问题，要求较高的空间想象能力和转化能力，属于难题.本题的关键有：（1）转化思想的应用，根据两点之间线段最短求距离的最值；（2）异面直线所成角的平行转化法；（3）建系利用解析几何求动点轨迹.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数的单调递减区间是______.【答案】【解析】【分析】求出导函数，由求得减区间．【详解】函数的定义域为，函数的导数为，由，得，即， 即函数的单调递减区间为，故答案：.14.若，则______.【答案】【解析】【分析】利用二倍角余弦公式可求得，从而得到，代入即可得到结果.【详解】，，则.故答案为：.15.数列满足，则_______.【答案】.【解析】【分析】首先证得数列是常数列，设，由数列是以1为首项，为公差的等差数列，可得，结合，即可求出，从而得到数列的通项公式，进而求出结果.【详解】因为，所以，所以数列是常数列，令，则，且，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，则，所以，又因为，则，所以，因此，所以，故答案为：. 16.如图，DE是边长为6的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE，当三棱锥A1－CED的体积最大时，四棱锥A1－BCDE外接球O的表面积为_____；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________.【答案】①.39π②.【解析】【分析】由题意确定当平面平面时，三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定的外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积；以为直径的球的截面圆的面积最小，求出此时截面圆的面积即可．【详解】解：由题意可知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，如图所示，取的中点，连接，则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，设的中点为，连接，，则，所以为四边形的外接圆的圆心， 过作平面的垂线，过作平面的垂线，则两垂线交点即为四棱锥的外接球的球心，连结，则四边形为矩形，，连结，在中，，所以四棱锥外接球的表面积为；由题意可知，当垂直于截面时，截面圆最小，即以为直径的球的截面圆的面积最小，所以最小值为．故答案为：；．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．17.如图，已知三棱柱，点为棱的中点．（1）求证：平面；（2）若是等边三角形，且，，平面平面，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】【分析】（1）连接交于，连接，根据三棱柱的特征，易知M为中点，再由为的中点，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；（2）由平面平面，得到平面，然后由求解.【详解】（1）如图所示： 连接交于，连接．由三棱柱知，四边形为平行四边形，为的中点，又为的中点，，又面．平面，面．（2）平面平面，，平面是等边三角形，且，，，，，，．18.已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用的关系可得，即可知为等比数列，写出等比数列通项公式即可.（2）由（1）得，利用分组求和，并结合错位相减法及等差、等比前n项和公式求. 【详解】（1）当时，，解得，当时，，则，即，又，则，∴（常数），故是以为首项，以3为公比的等比数列，∴数列的通项公式为．（2）由（1）可得：，∴，设，则∴，∴，又，∴19.已知向量，，，设函数.（1）当时，求函数的值域；（2）在中，角､､的对边分别是､､，若，，求的周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先利用向量数量积的坐标表示结合二倍角公式辅助角公式化简，再由正弦函数的性质即可求解；（2）根据可求得，再利用余弦定理以及基本不等式、可求得的范围，进而可得的周长的取值范围. 【详解】（1），因为，所以，所以，所以，所以.（2）因为，所以所以，因为，所以，由余弦定理得：，即，所以，所以，所以，可得，又因为，所以，所以周长的取值范围为.20.如图，在四棱柱中，四边形是一个边长为2的菱形，.侧棱平面，.（1）求二面角的余弦值；（2）设是的中点，在线段上是否存在一点使得平面PDB？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）设是的中点，易得平面，平面，则以，，方向建立空间直角坐标系，显然平面的一个法向量是，再求解平面的一个法向量，设二面角的平面角为，由求解；（2）法一：连接AC，BD相交于点O，连接EC，设N是EC的中点，再连接ON，由中位线得到，连接并延长交于点，满足平面PDB，在中，利用平面几何知识求解；法二：利用空间向量法，设，求得平面的一个法向量，根据平面，由求解.【详解】（1）由题意，是正三角形，设是的中点，则，所以，又平面，平面.如图1，以，，方向建立空间直角坐标系：则，，，，显然，平面的一个法向量是，设平面的一个法向量为， 则，令，得，设二面角的平面角为，则.（2）在线段上存在点使得平面，此时.论证如下：如图2甲连接AC，BD相交于点O，连接EC，设N是EC的中点，再连接ON，又菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，由中位线知：，连接并延长交于点，连接，因为平面PDB，平面PDB，所以平面PDB.如图乙，在中，作交BP于点F，因为E是的中点，所以由中位线关系得：，①又由可得：与相似，又N是EC的中点，所以，结合①知：，从而可得.法二：利用空间向量法，设，即有，因为，， 所以，又，，于是，，设平面的一个法向量为，则，令，得，因为，的中点为，所以，因为平面，所以，即，解得，即线段上存在点使得平面，此时.21.已知数列{an}，{bn}满足：an+bn＝1，bn+1＝，且a1，b1是函数f（x）＝16x2﹣16x+3的零点（a1＜b1）．（1）求a1，b1，b2；（2）设cn＝，求证：数列{cn}是等差数列，并求bn的通项公式；（3）设Sn＝a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1，不等式4aSn＜bn恒成立时，求实数a的取值范围．【答案】（1），；（2）证明见解析，；（3）（﹣∞，1]．【解析】【分析】（1）由16x2﹣16x+3＝0解得：，可得a1，b1．由，得，可得b2． （2）由，可得，即cn+1＝cn﹣1，利用等差数列的通项公式可得cn，bn．（3）利用“裂项求和”方法可得Sn，对a分类讨论，通过转化利用单调性即可得出．【详解】（1）由16x2﹣16x+3＝0解得：，∴．由，得，将代入得．（2）∵，∴．即cn+1＝cn﹣1，又．故：数列{cn}是以﹣4为首项，﹣1为公差的等差数列．于是cn＝﹣4+（n﹣1）×（﹣1）＝﹣n﹣3，由得．（3）由题意及（2）知：．＝＝．∴Sn＝a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1＝+…+＝＝．由恒成立，即（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0恒成立即可， 设f（n）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8①当a＝1时，f（n）＝﹣3n﹣8＜0恒成立②当a＞1时，由二次函数的性质f（n）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0不可能恒成立．③当a＜1时，由于，∴f（n）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8在[1，+∞）上单调递减，由f（1）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＝4a﹣15＜0得，∴a＜1，4aSn＜bn恒成立．综上所述：所求a的取值范围是（﹣∞，1]．22.已知函数，，.（1）求的最大值；（2）若对，总存在使得成立，求的取值范围；（3）证明不等式：.【答案】（1）0，（2），（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间，从而可求出函数的最大值，（2）将问题转化为，然后通过讨论确定每段区间上函数的单调性和最值，（3）先通过观察凑出所要证明的表达式的形式，再利用等比数列的求和公式求和，最后通过放缩法得到结论详解】（1）由，，得，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以当时，取得最大值，即，（2）对，总存在使得成立，等价于，由（1）可知，即问题转化为，当时，在上恒为正，满足题意， 当时，由，得，令，得，所以当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，当，即时，在上单调递增，则，所以，得，所以，当，即时，在上递减，在上递增，因为，所以只要，得，所以，当，即时，在上单调递减，则，所以，得，不合题意，综上，的取值范围为，（3）由（1）得，即，取，则，所以，即，所以【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的最值，利用导数解决不等式恒成立问题，考查放缩法证明不等式，解题的关键是由（1）的结果可得，取，则，从而可得，然后给取值，结放缩法可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题