2022届福建省高三下学期第六次检测数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

2、要求的。1已知l，m是两条不同的直线，m平面，则“”是“lm”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出属于（ ）ABCD3定义运算，则函数的图象是（ ）ABCD4复数满足，则复数等于（）ABC2D-25已知复数满足，则的共轭复数是（ ）ABCD6已知曲线且过定点，若且，则的最小值为（ ）.AB9C5D7已知无穷等比数列的公比为2，且，则（ ）ABCD8如图所示，已知双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是（ ）.ABCD9一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的

3、弧度数为（ ）ABCD10已知集合，则（）ABCD11设是定义在实数集上的函数，满足条件是偶函数，且当时，则，的大小关系是（ ）ABCD12如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知三棱锥，是边长为4的正三角形，分别是、的中点，为棱上一动点（点除外），若异面直线与所成的角为，且，则_.14已知过点的直线与函数的图象交于、两点，点在线段上，过作轴的平行线交函数的图象于点，当轴，点的横坐标是 15过动点作圆：的切线，其中为切点，若（为坐标原点），则的最小值是_16已知的三个内角为，且，成等差数列， 则

4、的最小值为_，最大值为_.三、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（12分）在中， 角，的对边分别为， 其中， .（1）求角的值；（2）若，为边上的任意一点，求的最小值.18（12分）如图，在正四棱柱中，过顶点，的平面与棱，分别交于，两点（不在棱的端点处）.（1）求证：四边形是平行四边形；（2）求证：与不垂直；（3）若平面与棱所在直线交于点，当四边形为菱形时，求长.19（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.（）求角的大小；（）已知，求的大小.20（12分）己知，函数.（1）若，解不等式；（2）若函数，且存在使得成立，求实数的取值范围.21（12分

5、）的内角、所对的边长分别为、，已知.（1）求的值；（2）若，点是线段的中点，求的面积.22（10分）2018年反映社会现实的电影我不是药神引起了很大的轰动，治疗特种病的创新药研发成了当务之急为此，某药企加大了研发投入，市场上治疗一类慢性病的特效药品的研发费用（百万元）和销量（万盒）的统计数据如下：研发费用（百万元）2361013151821销量（万盒）1122.53.53.54.56（1）求与的相关系数精确到0.01，并判断与的关系是否可用线性回归方程模型拟合？（规定：时，可用线性回归方程模型拟合）；（2）该药企准备生产药品的三类不同的剂型，并对其进行两次检测，当第一次检测合格后，才能进行第二

6、次检测第一次检测时，三类剂型，合格的概率分别为，第二次检测时，三类剂型，合格的概率分别为，两次检测过程相互独立，设经过两次检测后，三类剂型合格的种类数为，求的数学期望附：（1）相关系数（2），参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1A【解析】根据充分条件和必要条件的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.【详解】当m平面时，若l”则“lm”成立，即充分性成立，若lm，则l或l，即必要性不成立，则“l”是“lm”充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面垂直的性质和定义是解决本题的关键.难

7、度不大，属于基础题2B【解析】由题意，框图的作用是求分段函数的值域，求解即得解.【详解】由题意可知，框图的作用是求分段函数的值域，当；当综上：.故选：B【点睛】本题考查了条件分支的程序框图，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.3A【解析】由已知新运算的意义就是取得中的最小值，因此函数，只有选项中的图象符合要求，故选A.4B【解析】通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可.【详解】复数满足，故选B.【点睛】本题主要考查复数的基本运算，复数模长的概念，属于基础题5B【解析】根据复数的除法运算法则和共轭复数的定义直接求解即可.【详解】由，得，所以故选：B【点睛】本题

8、考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，属于基础题.6A【解析】根据指数型函数所过的定点，确定，再根据条件，利用基本不等式求的最小值.【详解】定点为,，当且仅当时等号成立，即时取得最小值.故选：A【点睛】本题考查指数型函数的性质，以及基本不等式求最值，意在考查转化与变形，基本计算能力，属于基础题型.7A【解析】依据无穷等比数列求和公式，先求出首项，再求出，利用无穷等比数列求和公式即可求出结果。【详解】因为无穷等比数列的公比为2，则无穷等比数列的公比为。由有，解得，所以，故选A。【点睛】本题主要考查无穷等比数列求和公式的应用。8C【解析】易得，又，平方计算即可得到答案.【详解】设

9、双曲线C的左焦点为E，易得为平行四边形，所以，又，故，所以，即，故离心率为.故选：C.【点睛】本题考查求双曲线离心率的问题，关键是建立的方程或不等关系，是一道中档题.9B【解析】因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.【详解】因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.故选：B【点睛】本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.10A【解析】根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.【详解】，集合，由交集运算可得.故选：A.【点睛】本题考查由对数的性质比较大小，集合交集

10、的简单运算，属于基础题.11C【解析】y=f（x+1）是偶函数，f（-x+1）=f（x+1），即函数f（x）关于x=1对称当x1时，为减函数，f（log32）=f（2-log32）= f（）且=log34，log343，bac，故选C12C【解析】根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图的数据可求得几何体的体积.【详解】根据三视图还原几何体的直观图如下图所示：由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体，该几何体的体积为.故选：C.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】取

11、的中点，连接，取的中点，连接，直线与所成的角为，计算，根据余弦定理计算得到答案。【详解】取的中点，连接，依题意可得，所以平面，所以，因为，分别、的中点，所以，因为，所以，所以平面，故，故，故两两垂直。取的中点，连接，因为，所以直线与所成的角为，设，则，所以，化简得，解得，即.故答案为：.【点睛】本题考查了根据异面直线夹角求长度，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.14【解析】通过设出A点坐标，可得C点坐标，通过轴，可得B点坐标，于是再利用可得答案.【详解】根据题意，可设点，则,由于轴，故，代入，可得，即，由于在线段上，故，即，解得.15【解析】解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半

12、径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a2)2+(b2)212=a2+b24a4b+7，|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b24a4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b7=0.a，b满足的关系为：4a+4b7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值在直线4a+4b7=0上取一点到原点距离最小，由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b7=0，由点到直线的距离公式得：MN的最小值为： .16 【解析】根据正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范围，然后构造函数，利用导数，研究函数性质，可得结果.【详解】由，成等差数列所以所以又化简可得当且仅当时，

13、取等号又，所以令，则当，即时，当，即时，则在递增，在递减所以由，所以所以的最小值为最大值为故答案为：，【点睛】本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.三、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（1）；（2）.【解析】（1）利用余弦定理和二倍角的正弦公式，化简即可得出结果；（2）在中， 由余弦定理得，在中结合正弦定理求出，从而得出，即可得出的解析式，最后结合斜率的几何意义，即可求出的最小值.【详解】（1） ，由题知，则，则，；（2）在中， 由余弦定理得，设， 其中.在中

14、，所以，所以的几何意义为两点连线斜率的相反数，数形结合可得，故的最小值为.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的实际应用，还涉及二倍角正弦公式和诱导公式，考查计算能力.18（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（2）由四边形是平行四边形，且，则不可能是矩形，所以与不垂直；（3）先证，可得为的中点，从而得出是的中点，可得.【详解】（1）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形；（2）因为，两点不在棱的端点处，

15、所以，又四边形是平行四边形，则不可能是矩形，所以与不垂直；（3）如图，延长交的延长线于点，若四边形为菱形，则，易证，所以，即为的中点，因此，且，所以是的中位线，则是的中点，所以.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和线段长的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.19（）；（）.【解析】（）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；（）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解【详解】（）由正弦定理得.而.由以上两式得，即.由于，所以，又由于，得.

16、（）设，在中，由正弦定理有.由余弦定理有，整理得，由于，所以.在中，由余弦定理有.所以，所以.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题20（1）；（2）【解析】（1）零点分段解不等式即可（2）等价于，由，得不等式即可求解【详解】（1）当时，当时，由，解得；当时，由，解得；当时，由，解得.综上可知，原不等式的解集为.（2）.存在使得成立，等价于.又因为，所以，即.解得，结合，所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查转化思想，是中档题21（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理的边化角公式，结合两角和的正弦公式，即可得出的值；（2）由题意得出，两边平方，化简得出，根据三角形面积公式，即可得出结论.【详解】（1）由正弦定理得即即在中，所以 （2）因为点是线段的中点，所以两边平方得由得整理得，解得或（舍）所以的面积【点睛】本题主要考查了正弦定理的边化