福建省福州市2022年高三上学期数学期中联考试卷附答案.pdf

1、 高三上学期数学期中联考试卷 高三上学期数学期中联考试卷一、单选题一、单选题1 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2已知，且与相互垂直，则与的夹角为（）A45B60C90D1203已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长与底面半径的比为（）A2BC4D4设，则（）ABCD5青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据 L 和小数记录法的数据 V 满足.已知某同学视力的小数记录法的数据为0.6，则其视力的五分记录法的数据约为（）参考数据：，.A4.5B4.6C4.7D4.86设

2、为等差数列的前 n 项和，若，则（）A12B15C18D217在平行四边形 ABCD 中，AB 的中点为 M，过 A 作 DM 的垂线，垂足为 H，若，则（）A6B8C10D128函数（，）的部分图象如图所示，已知函数在区间有且仅有 3 个极大值点，则 m 的取值范围是（）ABCD二、多选题二、多选题9已知全集，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（）ABCD10复数，其中 i 为虚数单位，则下列结论正确的有（）ABCD11已知函数，则下列结论正确的有（）A若，则有 2 个零点B存在，使得有 1 个零点C存在，使得有 3 个零点D存在，使得有 3 个零点12半正多面体（semiregularso

3、lid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（）A平面BAB 与 PF 所成角为 45C该二十四等边体的体积为D该二十四等边体外接球的表面积为三、填空题三、填空题13命题“”的否定形式是 .14写出一个同时满足下列要求的函数 .；是偶函数；，.15已知 i 为虚数单位，复数，在复平面中将绕着原点逆时针旋转 165得到，则 .16分形几何学是数学家伯努瓦曼德尔布罗在 20 世纪 70 年代创立的一门新的数学学科，分形几何学不仅让

4、人们感悟到数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义.按照如图甲所示的分形规律可得如图乙所示的一个树形图：记图乙中第 n 行白圈的个数为，黑圈的个数为，则 ；数列的通项公式为 .四、解答题四、解答题17在为偶函数；是函数的一个零点；当时，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答：已知函数，其中，且，且_，求在上的值域.18在ABC 中，A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知，.（1）若，求ABC 的面积；（2）我国古代数学家秦九韶发现已知三角形三边求面积公式：，其中，请利用该公式求ABC 面积的最大值.19在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD

5、 是菱形，侧面 PAD 是等边三角形，AD=2，且 PB 与底面 ABCD 所成角为 45.（1）求证：ADPB；（2）求二面角 A-PB-C 的余弦值.20已知“悬链线”函数为：.（1）请分析函数所有可能具有的性质并说明必要的理由；（2）若除了原点，“悬链线”始终在抛物线图象的上方，求实数 a 的取值范围.21已知等比数列满足：，.（1）求数列的通项公式；（2）若，为数列的前 n 项和，求使成立的正整数 n 的最小值.22已知函数（1）若在处的切线方程为，（i）求 a，b 的值；（ii）讨论的单调性.（2）若，证明：有唯一的极小值点.答案解析部分答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】因为“

6、”，则“”；但是“”不一定有“”.所以“”，是“”成立的充分不必要条件故答案为：A.【分析】直接利用充要条件的判定判断方法判断即可2【答案】C【解析】【解答】设与的夹角为，由于与相互垂直，所以，所以.故答案为：C【分析】利用向量垂直列方程，化简求得与 的夹角.3【答案】A【解析】【解答】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，由题意可知，底面圆的周长为，故，则该圆锥的母线长与底面半径的比为.故答案为：A【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，计算出底面圆的周长，得出该圆锥的母线长与底面半径的比.4【答案】B【解析】【解答】，所以.故答案为：B【分析】利用“分段法”确定正确选项.5【答案】D【解析】

7、【解答】由题意可知，故答案为：D【分析】根据对数运算求解即可.6【答案】A【解析】【解答】设等差数列的首项为，公差为，由，得，解得，则.故答案为：A.【分析】设等差数列的首项为，公差为，利用等差数列的前 n 项和公式得到关于首项和公差的方程组，求出首项和公差，进而求出.7【答案】D【解析】【解答】在平行四边形 ABCD 中，所以.故答案为：D.【分析】根据题意可得，再利用数量积的定义化简求出.8【答案】C【解析】【解答】由图可知，由于，所以，所以.，取，得，所以.故答案为：C【分析】根据图象求得解析式，结合在区间上极大值点的个数求得的取值范围.9【答案】A,C【解析】【解答】由图可知阴影部分所

8、表示的集合为，C 符合题意；因为，所以，所以，A 符合题意.故答案为：AC.【分析】根据图可知阴影部分所表示的集合为，再利用交集补集定义可求出.10【答案】A,B,C【解析】【解答】解：因为，所以，对于 A：，A 符合题意；对于 B：，B 符合题意；对于 C：，所以，即 C 符合题意；对于 D：，所以，D 不符合题意故答案为：ABC【分析】根据共轭复数的概念，复数的运算法则，逐一求解验证即可11【答案】A,B,D【解析】【解答】由题，的零点个数可转化为与的函数图象交点个数，画出函数图象如下，若，函数与在和各有一个交点，故有 2 个零点，A 符合题意；当时，当，故在上至少有一个零点，又，结合图象

9、知，在上有两个零点，即与有两个不同的交点，则当直线绕点顺时针旋转时，存在直线与的图象相切，即有 1 个零点，B 符合题意，当时，与至多有两个交点，C 不符合题意；当时，如图，存在函数与的图象分别在和上分别有 1 个和 2 个交点，故存在，使得有 3 个零点，D 符合题意.故答案为：ABD.【分析】画出函数图象，根据与的函数图象交点个数可判断.12【答案】C,D【解析】【解答】将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为 2，对于 A：正方体的体对角线平面，而与是异面直线，所以平面不成立，即 A 不符合题意；对于 B：因为，所以是 AB 与 PF

10、 所成角或其补角，在中，因为，所以，即 B 不符合题意；对于 C：因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为 2，所以该二十四等边体的体积为，即 C 符合题意；对于 D：设该二十四等边体外接球的半径为，该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心，正方体六个表面的面积都为 1，所以，所以其表面积为，即 D 符合题意.故答案为：CD.【分析】将该二十四等边体补形为正方体，利用与是异面直线判定选项 A 错误，利用和的形状判定选项 B 错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项 C 正确，利用该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心及球的表面积公式判定选项 D 正确.13【答案

11、】，【解析】【解答】解：命题“”为全称量词命题，其否定为：，；故答案为：，【分析】根据全称量词命题的否定为特称命题即可得解.14【答案】（答案不唯一）【解析】【解答】解：根据题意，结合所给的三个条件，可以为幂函数，其中为正奇数，如，则，为偶函数，且恒成立，所以在上单调递增，故答案为：（答案不唯一）【分析】根据题意，结合幂函数的性质分析可得答案15【答案】【解析】【解答】解：在复平面内对应的点为，所以，且与轴正方向的夹角为，将其逆时针旋转后落在第三象限，且与轴负半轴的夹角为，所以对应的点为，所以故答案为：【分析】结合复数的几何意义，特殊角的三角函数值，即可得解16【答案】14；【解析】【解答】对

12、于白圈，由图可得，所以，则，对于黑圈，所以，所以.故答案为：14；.【分析】根据图象得出规律即可求出.17【答案】解：，选择：由为偶函数得，是的对称轴，故，因为，且，所以，故，因为，所以，故在上的值域为.选择：由已知得，即，解得，因为，且，所以.故，因为，所以，故在上的值域为.选择：由已知得，即，解得，因为，且，所以，故，因为，所以，故在上的值域为.【解析】【分析】化简可得，再根据余弦函数的性质求得，即可求出值域.18【答案】（1）解：由正弦定理得，即，由余弦定理可得，在ABC 中，.又因为，所以，；（2）解：由已知，故，当且仅当时等号成立，故当时，ABC 面积有最大值.【解析】【分析】（1）

13、由正弦定理化角为边结合余弦定理求出，即可得出，结合已知求得，即可得出面积；（2）求得，利用面积公式结合基本不等式即可求出.19【答案】（1）证明：取 AD 中点 O，连接 PO，BO，如图，因是等边三角形，则 POAD，又侧面 PAD底面 ABCD，且侧面 PAD底面 ABCD=AD，PO平面 PAD，则有 PO底面 ABCD，即PBO 即为 PB 与底面 ABCD 所成的角，于是PBO=45，OB=OP=，又，则，即 ADBO，而 ADPO，平面 POB，因此，AD平面 POB，又 PB平面 POB，所以 ADPB.（2）解：由(1)知，两两垂直，以 O 为原点，射线分别为 x，y，z 轴的

14、非负半轴建立空间直角坐标系 O-xyz，则，设平面 APB 的法向量，则，令，得，设平面 PBC 的法向量，则，令，得，于是得，而二面角 A-PB-C 的平面角为钝角，所以二面角 A-PB-C 的余弦值为.【解析】【分析】(1)取 AD 中点 O，连接 PO，BO，计算证得 ADBO，进而证得 AD平面 POB 即可得解.(2)以 O 为原点，射线 分别为 x，y，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量即可计算作答.20【答案】（1）解：具有以下性质：值域为.理由：，当且仅当时等号成立.为偶函数.理由：定义域为 R.因为，都有，且，故为偶函数.在上单调递增，在上单调递减.理由：，易知

15、在 R 上单调递增，当时，故在上单调递增.当时，故在上单调递减.（2）解：依题意等价于恒成立.设，因为，所以为偶函数，故题意等价于在上恒成立.，当时，故在上单调递增，又，故，在上单调递增，故.当时，因为，所以存在使得当，故在上单调递减，故，故在上单调递减，故与在上恒成立矛盾.故综上所述，实数 a 的取值范围是.【解析】【分析】（1）从函数的定义域、值域、单调性、奇偶性一一分析；（2）依题意等价于恒成立，设，首先判断的奇偶性，即可得到题意等价于 在上恒成立.，求出函数的导函数，再分和两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性与极值，即可得解.21【答案】（1）解：设数列的公比为 q，则，解得，数列的

16、通项公式为；（2）解：，得，又因为，所以，所以，所以使成立的正整数的最小值为 9.【解析】【分析】（1）根据已知求出首项和公比即可求出；（2）利用错位相减法求出，根据不等式即可求出.22【答案】（1）解：（i），由已知得，故，解得；（ii），显然在上单调递增，又，所以时，；时，因此在上单调递减，在上单调递增（2）证明：，则，令，显然在上单调递增，又，所以存在，使得，当时，；时，所以时，；时，即在上单调递减；在上单调递增，因此 f(x)有唯一极小值点 t【解析】【分析】（1）（i）求出导数，由题可得即可求出；（ii）根据导数的正负即可求出.（2）求出导数，构造函数，利用零点存在定理可判断函数的变化情况，得出单调性即可判断.