2022福建省泉州市莲山中学高三数学文联考试卷含解析

2022福建省泉州市莲山中学高三数学文联考试卷含解析一、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.设，则“”是“直线与直线平行”的

A．必要不充分条件

B．充分不必要条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：B略2.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(

)A．4+2 B．4+ C．4+2 D．4+参考答案：A【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】由三视图可知：该几何体是如图所示的三棱锥，其中侧面SAC⊥面ABC，△SAC，△ABC都是底边长为2，高为2的等腰三角形．据此可计算出表面积．【解答】解：由三视图可知：该几何体是如图所示的三棱锥，其中侧面SAC⊥面ABC，△SAC，△ABC都是底边长为2，高为2的等腰三角形，过D作AB的垂线交AB于E，连SE，则SE⊥AB，在直角三角形ABD中，DE==，在直角三角形SDE中，SE===，于是此几何体的表面积S=S△SAC+S△ABC+2S△SAB=×2×2+×2×2+2×××=4+2．故选A．【点评】由三视图正确恢复原几何体是解决问题的关键，属于基础题．3.已知命题，都有，命题，使得成立，则下列命题是真命题的是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C试题分析：对数函数定义域大于零，所以为假命题.显然是真命题，故为真命题.考点：含有逻辑联结词命题真假性.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．50 B．50.5 C．51.5 D．60参考答案：D【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积．【分析】几何体是三棱柱消去一个同底的三棱锥，根据三视图判断各面的形状及相关几何量的数据，把数据代入面积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个同底的三棱锥，如图：三棱柱的高为5，消去的三棱锥的高为3，三棱锥与三棱柱的底面为直角边长分别为3和4的直角三角形，∵AB⊥平面BEFC，∴AB⊥BC，BC=5，FC=2，AD=BE=5，DF=5∴几何体的表面积S=×3×4+×3×5+（5+2）×4+（5+2）×5+3×5=60．故选：D．5.已知复数，映射，则的原象是A．

B．

C．

D．参考答案：A6.已知数列{an}满足，且，则数列{an}的通项公式为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：C7.上的奇函数满足，当时，，则（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A略8.若ax2+bx+c＞0的解集为（-∞，-2）∪（4，+∞），则对f（x）=ax2+bx+c，有（）

A．f（5）＜f（2）＜f（-1）

B．f（2）＜f（5）＜f（-1）

C．f（-1）＜f（2）＜f（5）

D．f（2）＜f（-1）＜f（5）参考答案：D略9.设集合，则= （

） A．[5，7]

B．[5，6） C．[5，6]

D．（6，7]参考答案：B因为，所以，选B.10.函数y=lg（x﹣1）的定义域为(

)A．{x|x＜0} B．{x|x＞1} C．{x|0＜x＜1} D．{x|x＜0或或x＞1}参考答案：B【考点】函数的定义域及其求法．【专题】函数的性质及应用．【分析】根据函数成立的条件即可求函数的定义域．【解答】解：要使函数有意义，则x﹣1＞0，即x＞1，则函数的定义域为{x|x＞1}，故选：B．【点评】本题主要考查函数的定义域的求解，要求熟练掌握常见函数成立的条件．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知实数满足，那么的最小值为_______________参考答案：12.设数列是集合中所有的数从小到大排列成的数列，即,,,,,,…,将数列中各项按照上小下大、左小右大的原则排场如图所示的等腰直角三角形数表，则

（含的式子表示）参考答案：略13.设是定义在R上的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为__________．参考答案：因为函数为奇函数。当时，，函数单调递增，所以，由图象可知，不等式的解为或，即不等式的解集为。14.我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前世纪）提出了一条原理“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等．设由曲线和直线，所围成的平面图形，绕轴旋转一周所得到的旋转体为；由同时满足，，，的点构成的平面图形，绕轴旋转一周所得到的旋转体为，根据祖暅原理等知识，通过考察可以得到的体积为

．参考答案：．作出两曲线所表示的可行区域知，的轴截面为一半径为的半圆内切两半径为的小圆所形成，面积近似为的轴截面面积的两倍，符合祖暅原理．又的体积为，于是所表示几何体的体积应为．故填．【解题探究】本题以数学史中祖暅原理为命题背景，考查旋转体的体积求解和类比推理能力．解题时首先由问题给出的图形旋转，求出旋转体的体积，然后利用祖暅原理分析出旋转体的体积与旋转体的体积之间的关系，进而得到的体积．15.如右图所示,和分别是圆的切线，其中切点，且，,延长与圆交于点，则的面积是______________.参考答案：略16.已知三角形的一边长为4，所对角为60°，则另两边长之积的最大值等于

。参考答案：16设另两边为，则由余弦定理可知，即，又，所以，当且仅当时取等号，所以最大值为16。17.在直角坐标系中，直线2x﹣y﹣1=0的斜率是．参考答案：2考点：直线的斜率．专题：直线与圆．分析：化直线方程为斜截式，由斜截式的特点可得．解答：解：直线2x﹣y﹣1=0可化为y=2x﹣1，由直线的斜截式可知直线斜率为：2故答案为：2点评：本题考查直线的斜率，化直线方程为斜截式是解决问题的关键，属基础题．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.某班级举行一次知识竞赛活动，活动分为初赛和决赛两个阶段、现将初赛答卷成绩（得分均为整数，满分为100分）进行统计，制成如下频率分布表．（1）填充频率分布表中的空格（在解答中直接写出对应空格序号的答案）；（2）决赛规则如下：参加决赛的每位同学依次口答4道小题，答对2道题就终止答题，并获得一等奖．如果前三道题都答错，就不再答第四题．某同学进入决赛，每道题答对的概率P的值恰好与频率分布表中不少于80分的频率的值相同．①求该同学恰好答满4道题而获得一等奖的概率；②记该同学决赛中答题个数为X，求X的分布列及数学期望．参考答案：考点：离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图．专题：计算题．分析：（1）根据样本容量，频率和频数之间的关系得到要求的几个数据，注意第三个数据是用样本容量减去其他三个数得到．（2）①该同学恰好答满4道题而获得一等奖，即前3道题中刚好答对1道，第4道也能够答对才获得一等奖，根据相互独立事件的概率公式得到结果．②答对2道题就终止答题，并获得一等奖，所以该同学答题个数为2、3、4．即X=2、3、4，结合变量对应的概率，写出分布列和期望．解答：解：（1）根据样本容量，频率和频数之间的关系得到①0.16×50=8②=0.44③50﹣8﹣22﹣14=6④=0.12（2）由（1）得，p=0.4，①该同学恰好答满4道题而获得一等奖，即前3道题中刚好答对1道，第4道也能够答对才获得一等奖，则有C31×0.4×0.62×0.4=0.1728．②答对2道题就终止答题，并获得一等奖，∴该同学答题个数为2、3、4．即X=2、3、4，P（X=2）=0.42=0.16，P（X=3）=C210.4×0.6×0.4+0.63=0.408，P（X=4）=C310.4×0.62=0.432，∴分布列为：∴EX=2×0.16+3×0.408+4×0.432=3.272．点评：本小题考查频率、频数和样本容量之间的关系，考查离散型随机变量的随机变量的分布列及数学期望，是一个综合题．19.已知幂函数为偶函数，且在区间上是单调减函数.(1)

求函数；（2）讨论的奇偶性.参考答案：【知识点】幂函数在区间上是单调减函数的条件，函数奇偶性的条件.

B4

B8【答案解析】（1）；（2）①且非奇非偶②且为偶函数③且为奇函数④且既是奇函数又是偶函数解析：（1）在单调递减，当时不合题意，当时合乎题意

-------6分（2）①且非奇非偶②且为偶函数③且为奇函数④且既是奇函数又是偶函数

-------12分【思路点拨】（1）由在单调递减可得：，解出m进行检验可得结果.（2）由（1）得，所以可得结果.20.（满分12分）已知如图1，在梯形ABCD中，AD//BC，、分别为线段AB、CD的动点，且EF//BC，G是BC的中点，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面平面（如图2）.（1）当AE为何值时，;（2）在（1）的条件下，求BD与平面ABF所成角的大小。参考答案：（1）如图建立空间直角坐标系则得或3（舍）故………（6分）（2）由（1）知平面ABF的法向量为……（8分）设BD与平面ABF所成角为，则，.………（12分）略21.已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点．（Ⅰ）求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）由ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，可得ρ=±4，即可求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）由ρ2cos2θ=8，得直角坐标方程为x2﹣y2=8，直线（t为参数），代入整理可得t