福建省厦门市2022届高三毕业班3月第二次质量检测数学试题（解析版）

厦门市2022届高三毕业班第二次质量检测数学试卷满分150分考试时间120分钟考生注意：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回．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.复数的虚部为（）A. B. C.2 D.4【答案】C【解析】根据复数的除法运算，化简，可得答案.,故复数的虚部为2，故选：C2.一个斜边长为的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的体积为（）A. B. C. D.π【答案】A【解析】由条件计算圆锥的体积.由条件可知直角边长为1，并且旋转形成的几何体是底面半径为1，高为1的圆锥，所以几何体的体积.故选：A3.某校高三有1000人参加考试，统计发现数学成绩近似服从正态分布N(105，σ2)，且成绩优良（不低于120分）的人数为360，则此次考试数学成绩及格（不低于90分）的人数约为（）A.360 B.640 C.720 D.780【答案】B【解析】利用正态分布的性质可解.因为，所以，所以此次考试数学成绩及格（不低于90分）的人数约为.故选：B4.点在抛物线上，为焦点，直线与准线相交于点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】求出抛物线的方程，可得出点的坐标，求出直线的方程，可求得点的坐标，然后利用两点间的距离公式可求得结果.由已知可得，可得，则抛物线的方程为，则点，该抛物线的准线方程为，，则直线的方程为，联立，可得，即点，因此，.故选：C.5.埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球（大圆）的周长：如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直射进该处一井内而得到证明的）.同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），其天顶方向与太阳光线的夹角测得为7.2°.因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的．已知骆驼一天走100个视距段，从亚历山大城到赛伊尼须走50天．一般认为一个视距段等于157米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（）A.37680千米 B.39250千米 C.41200千米 D.42192千米【答案】B【解析】首先读懂题意，根据比例关系，即可求解地球周长.由亚历山大城到赛伊尼走，则地球大圆周长的视距段为，则，得个视距段，则地球的周长为米千米.故选：B6.为充分感受冬奥的运动激情，领略奥运的拼搏精神，甲、乙、丙三人进行短道速滑训练．已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为，，，则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意分两种情况讨论，相互独立事件的概率公式计算可得；解：依题意甲、乙两人均获胜0场，则，甲、乙两人均获胜1场，则，所以甲、乙获胜场数相同的概率；故选：C7.平面四边形ABCD中，AB=1，AC=，AC⊥AB，∠ADC=，则的最小值为（）A.- B.-1 C.- D.-【答案】D【解析】由题设画出示意图，易得且在以中点为圆心，为半径的劣弧上，根据圆的性质可求的最小值.由题设，可得如下示意图，所以，因为，即在以中点为圆心，为半径的劣弧上，所以要使的最小，即最大即可，由圆的性质知：当为劣弧的中点时最大，又AC=，此时，故的最小值为-.故选：D8.已知，，c=，则（）A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b【答案】B【解析】先利用对数的运算结合对数函数的单调性，比较a,b的大小，再利用函数的图象比较a,c的大小，可得答案.,而，故，即，又，考查函数的图象如图示：当时，，即有，则，即，故，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．9.四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则（）A.直线AD与直线B1D1所成角为45° B.直线AA1与直线CC1异面C.平面ABB1A1⊥平面ADD1A1 D.CA1⊥AD【答案】AC【解析】根据异面直线所成的角，所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，由此可判断A;根据棱台的几何特征可判断B;利用面面垂直的判定定理可判断C;利用线面垂直可判断，由此判断D.如图，连接BD,则,则所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，在正方形ABCD中，,故直线AD与直线B1D1所成角为45°，故A正确；由于棱台的每条侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；由AA1⊥平面ABCD，平面ABCD，故,又平面,故平面,而平面，故平面ABB1A1⊥平面，故C正确；连接AC,BD,由题意知,而平面平面,故,平面平面，故而平面,故AD不可能垂直于，即D错误，故选：AC10.定义在R上的奇函数满足，且当时，，则（）A.是周期函数 B.在（－1，1)上单调递减C.的图象关于直线对称 D.的图象关于点（2，0)对称【答案】ACD【解析】对于A，利用周期的定义判断，对于B，根据题意求出在的解析式，然后判断，对于C，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称轴，对于D，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称中心对于A，因为定义在R上的奇函数满足，所以，，所以，所以是周期为4的周期函数，所以A正确，对于B，当时，，则，因为为奇函数，所以，所以，所以，所以当时，为减函数，且当时，，当时，为减函数，且当时，，所以在（－1，1)上不是单调递减，所以B错误，对于C，因为是周期为4的周期函数，所以，所以，即，所以的图象关于直线对称，所以C正确，对于D，因为，所以，所以，所以，所以的图象关于点对称，即的图象关于点（2，0)对称，所以D正确，故答案为：ACD11.已知P是圆O:x2+y2=4上任意一点，定点A在x轴上，线段AP的垂直平分线与直线OP相交于点Q，当P在圆O上运动时，Q的轨迹可以是（）A.直线 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线【答案】BC【解析】分点A在圆内、圆外、圆上、圆心，作图，结合椭圆、双曲线定义以及圆的性质可知.当点A在圆内时，如图1，因为点Q在PA的垂直平分线上，所以，所以，又，所以由椭圆定义知，此时轨迹为椭圆；当点A在圆外时，如图2，，且，由双曲线定义可知，此时轨迹为双曲线；当点A在圆上时，易知点Q为定点，即圆心O；当点A在于点O重合时，易知Q为AP的中点，轨迹为圆.故选：BC12.已知数列{an}满足，，则（）A.{an}是递增数列 B.C. D.【答案】ABD【解析】由递推公式和可判断A，由数列递增和可判断B，由递推公式知可判断C，对递推公式取倒裂项，然后累加、放缩可判断D.因为a1=1，，所以，故A正确；易知，所以为正整数，又{an}是递增数列，所以，故B正确；由递推公式得：，又，所以，，，易知，故C不正确；取倒得，则由累加法得整理得，又所以故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.集合A=[1，6]，B={x|y=}，若AB，则实数a的范围是________________.【答案】【解析】先求出集合B，再由AB，可求出实数a的范围由，得，所以，因为A=[1，6]，且AB，所以，所以实数a范围是，故答案为：14.2021年秋季，教育部明确要求在全国中小学全面推行课后延时服务，实行“5+2”服务模式．某校开设了篮球、围棋和剪纸三门课后延时服务课程，某班的4个同学每人选择了其中的一门课程，若每门课程都有人选，则不同的选课方案种数为_________.（用数字作答）【答案】36【解析】先将4个同学分成3组，每组人数分别为2，1，1，然后再由这3组同学选择三门课程，利用分组分配法即可求解.解：由题意，先将4个同学分成3组，每组人数分别为2，1，1，然后再由这3组同学选择三门课程，所以不同的选课方案种数为，故答案为：36.15.若函数和的图象有且仅有一个公共点P，则g(x)在P处的切线方程是_________.【答案】【解析】由分离常数，结合导数求得的值，进而通过切点和斜率求得切线方程.由（），分离常数得，令，，令，，所以在上递减.所以当时，递增；当时，递减，所以，所以，且.，所以切线方程为.故答案为：16.函数的图象关于点（，0)对称，且f(0)+f()=0，则φ=________，ω的最小值为_____________________．【答案】①.②.10【解析】根据条件，得到，，,，，两式结合，即可求得的值.，，，则，①或，当时，函数的图象关于点对称，，，②，由①②可知，当时，，，则，不成立，当时，，，则，不成立，当时，，，则，当时，，成立，当都不成立.当,时，，，联立解得，因为，所以无解.故答案为；四、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.已知的内角，，的对边分别为，，.已知.（1）求；（2）若，为的中点，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据在中，有，利用正弦定理求解；（2）解法一：根据为线段中点，得到，然后平方，再利用余弦定理，结合，求得求解；解法二：根据，利用余弦定理得到，再利用余弦定理得到，结合求解.【小问1详解】解：在中，因为，由正弦定理得，整理得，又，所以，又因为，所以.【小问2详解】解法一：因为为线段中点，所以，所以，化简得，①在中，由余弦定理得，即，②又，③联立①②③，解得，所以.解法二：因为，由余弦定理得，即，①在中，由余弦定理得，即，②又，③联立①②③，解得，所以.18.已知等差数列和递增的等比数列满足.（1）求和的通项公式；（2）若=，记数列的前n项和为，证明：－≤≤.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】（1）由等差数列的性质结合题意可得，从而可求出公比，则可求出，由此可得的值，从而可求得等差数列的公差，进而可求得，（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求得，再利用函数的单调性可证得结论【小问1详解】因为是等差数列，所以，所以，即，设的公比为，则，即，解得或，因为是递增数列，所以，所以．所以，所以的公差为，所以．小问2详解】证明：因为，所以．因为在和上单调递增，所以，所以．19.在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA2B1B是菱形，AB⊥AC，平面平面，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.（1）证明：；（2）已知∠ABB1=60°，AB=AC=2.l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°?若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）l上不存在点P，使与平面所成角为；理由见解析【解析】（1）通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此判断出点不存在.【小问1详解】因为四边形为菱形，所以，平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】l上不存在点P，使与平面所成角为．理由如下：取中点D，连接，因为，所以，又，所以为等边三角形，所以，因为，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，以A为原点，以方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，，．因为平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，假设l上存在一点P，使与平面所成角，设，则，所以，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，可取，又，所以，即，此方程无解，因此l上不存在点P，使与平面所成角为．20.一个车间为了规定工时定额，需要确定一台机器持续加工零件所花费的时间，为此进行了10次试验，收集数据如表所示：零件数x/个102030405060708090100时间y/分钟76859295100110115121125131（1）通过数据分析，发现y与x之间呈线性相关关系，求y关于x的回归方程，并预测持续加工480个零件所花费的时间；（2）机器持续工作，高负荷运转，会影响产品质量．经调查，机器持续工作前6小时内所加工出来的零件的次品率为0.1，之后加工出来的零件的次品率为0.2.(机器持续运行时间不超过12小时）已知每个正品零件售价100元，次品零件作废，持续加工x个零件的生产成本(单位：元）．根据（1)的回归方程，估计一台机器持续工作多少分钟所获利润最大？（利润＝零件正品数售价－生产成本）参考数据：附：对于一组数据（x1，y1)，(x2，y2)，·，(xn，yn)，其回归直线a斜率和截距的最小二乘估计分别为【答案】（1），预测加工480个零件所花费时间为360分钟（2）估计一台机器持续工作492分钟所获利润最大【解析】（1）首先求出，，再根据参考数据求出、，即可求出回归直线方程，再令，求出的值，即可预测加工480个零件所花费时间；（2）令与求出所对应的的范围，分别求出利润函数，再根据二次函数的性质计算可得；【小问1详解】解：设y关于x的回归方程为，由表中数据及参考数据得，，，所以，所以，所以关于的回归方程为，当时，，所以预测加工480个零件所花费时间为360分钟．【小问2详解】解：根据（1）的结果，由，解得，①当时，依题意，利润，所以当时，取最大值9216．②由，解得，所以当时，依题意，利润所以当时，取最大值9700．因为，所以一台机器持续加工700个零件时，利润最大，此时加工时间，即估计一台机器持续工作492分钟所获利润最大．21.已知是函数(a∈R)的导函数．（1）讨论的单调性；（2）若f(x)有两个极值点，且，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）求出函数，再利用导数分类讨论求解的单调性.（2）由已知可得函数有两个零点，探求的范围，借助零点用表示a，再利用导数求解作答.【小问1详解】函数定义域为，求导得：，，当时，，于是得在上单调递增，当时，由得，由得，则在上单调递