福建省2022届高三诊断性检测数学试题（解析版）

学科网（北京）股份有限公司高三诊断性测试数学本试卷共4页.满分150分.注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.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，再选涂其他答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.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.设集合，，则（）A.B.C.D.【1题答案】【答案】B【解析】【】解一元二次不等式，得到集合A,根据集合的交集运算，求得答案.【详解】解不等式得：，故，故，故选：B2.的展开式中的常数项为（）A.B.C.80D.160【2题答案】【答案】B【解析】【分析】先求出展开式的通项，然后根据的指数部分为求解出的值，则常数项可求.【详解】展开式通项为，令，所以，所以常数项为.故选：B.3.设复数满足，且，则（）A.B.C.D.【3题答案】【答案】D【解析】【分析】取特例，用排除法可得.【详解】取，，显然满足，但，故A错误；因为，，故B错误；再取，显然C错误.故选：D4.若，则“”一个必要不充分条件是（）A.B.C.D.【4题答案】【答案】B【解析】【分析】根据命题的定义，逐个选项进行赋值验证即可【详解】因为，对于A，当，取，明显可见，不成立，故必要性不成立，A错误；对于B，当，，得，必要性成立；当，取，，明显可见，，则不成立，充分性不成立；则B正确对于C，当，取，明显可见，，则不成立，故必要性不成立，则C错误；对于D，当成立，则，明显可见，成立；当，两边平方，同样有，充分性也成立，D错误；故选：B5.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（）（参考数据：，）A.11B.22C.227D.481【5题答案】【答案】D【解析】【分析】根据已知条件列方程、不等式，化简求得正确答案.【详解】由于，所以，依题意，则，由得，，，，，所以所需的训练迭代轮数至少为轮.故选：D6.已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线交于A，两点，线段中点的纵坐标为，则（）A.B.4C.8D.24【6题答案】【答案】C【解析】【分析】点差法求得，然后利用直线AB方程求得中点横坐标，根据抛物线定义可得.【详解】记AB中点为，设，则，显然，所以由点差法得，由题知，，所以，易得直线AB方程为，则，即，所以.故选：C7.关于函数，有下列四个命题：甲：在单调递增；乙：是的一个极小值点：丙：是的一个极大值点；丁：函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称.其中只有一个是假命题，则该命题是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【7题答案】【答案】A【解析】【分析】根据的最小正周期判断乙、丙都是真命题，进而判断丁为真命题，从而得出甲为假命题.【详解】由于的最小正周期为，半周期为,，所以乙、丙为真命题，（否则两个都是假命题，不符合题意.）由丙可知，关于直线对称，所以函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称，丁正确.故甲为假命题.另外，由丙可知，关于直线对称，的最小正周期为，所以关于直线对称，，所以在区间不单调，甲为假命题.故选：A8.已知是定义在上的函数，且函数是奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程是（）A.B.C.D.【8题答案】【答案】D【解析】【分析】求出在上的解析式后可求切线方程.【详解】令，因为为奇函数，故，故即.即，当时，，故，故时，，此时，故，而故切线方程为：，故选：D.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.“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献.某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高（单位：）近似服从正态分布.已知时，有，，.下列说法正确的是（）A.该地水稻的平均株高约为B.该地水稻株高的方差约为100C.该地株高超过的水稻约占68.27％D.该地株高低于的水稻约占99.87％【9题答案】【答案】ABD【解析】【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解.【详解】由题意可知，，，故A，B正确；由题意得，所以，故C错误；所以，故D正确；故选：ABD.10.若满足，，则可以是（）A.B.C.D.【10题答案】【答案】AC【解析】【分析】利用特殊角的三角函数值求解.【详解】因为，，所以或，因为，所以或，所以或，或，因为范围不定，当时，，当时，=，故选：AC11.在正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面，，直线和直线所成角为，则（）A.B.的最小值为C.，，，四点共面D.平面【11题答案】【答案】BD【解析】【分析】画出平面截正方体所得正六边形，由此结合线线平行、球的截面、四点共面、线面平行等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】设正方体的边长为，设分别是的中点，根据正方体的性质可知，平面截正方体所得图象是正六边形，则平面.由于平面，平面，，所以与是异面直线，所以A选项错误.由图象可知平面，所以C选项错误.根据正方体的性质可知，，平面，平面，所以平面，同理可证得平面，由于，所以平面平面，由于平面，所以平面，D选项正确.由于，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球被平面所截形成的圆.根据正方体的性质可知四边形是平行四边形，设，则是的中点，连接，由于，所以；由于，所以，而，所以平面，，，则直线与平面所成角为，平面，所以直线和直线所成角的最小值为.故选：BD12.已知是直角三角形，是直角，内角所对的边分别为，面积为，若，，，，则（）A.是递增数列B.是递减数列C.存在最大项D.存在最小项【12题答案】【答案】ACD【解析】【分析】由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可判断A,B;由可得到，从而求得，由此判断C,D.【详解】由题意知：，故，即，即，所以，则，故，，由得：，即，所以，则，而，故，则，所以，由于随n的增减而减小，故是随n的增大而增大，由题意知，故是递增数列，故A正确；同理随n的增大而增大，是递增数列，B错误；又，由于，，则，，即，当时，为最小项，当时，为最大项，故C,D正确，故选：ACD【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，是不共线的两个单位向量，则与的夹角为________.【13题答案】【答案】【解析】【分析】利用平面向量的数量积运算求解.【详解】因为，是不共线的两个单位向量，所以，所以与的夹角为，故答案为：14.直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为________.【14题答案】【答案】【解析】【分析】画出直线与曲线的图象，结合图象可得答案.【详解】由曲线得，当时；当时；直线恒过点，所以直线与曲线的图象为当直线与相切时，此时，得，解得，当直线与平行时，，直线与曲线要恰有2个公共点，可得，故答案为：.15.写出一个同时具有下列性质①②③的函数________.①定义域为；②值域为；③对任意且，均有.【15题答案】【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】直接按要求写出一个函数即可.【详解】，定义域为；，，值域为；是增函数，满足对任意且，均有.故答案为：（答案不唯一）.16.《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）.【16题答案】【答案】①.②.【解析】【分析】设球体的半径为，，得到，解出，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解.【详解】如下图：设球体的半径为，，由得，，解得，所以；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.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.已知等比数列的首项为，前项和为，且成等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前10项和.（表示不超过的最大整数）【17~18题答案】【答案】（1）；（2）3186.【解析】【分析】（1）根据，，成等差数列求得公比，再结合首项直接写出通项公式即可；（2）根据的定义，求出，再并项求和即可求得结果.【小问1详解】因为，，成等差数列，所以，所以，即，设的公比为，则，所以.【小问2详解】依题意，，则.18.冬季两项是第24届北京冬奥会的比赛项目之一，它把越野滑雪和射击两种特点不同的竞赛项目结合在一起.其中男子个人赛的规则如下：①共滑行5圈（每圈），前4圈每滑行1圈射击一次，每次5发子弹；②射击姿势及顺序为：第1圈滑行后卧射，第2圈滑行后立射，第3圈滑行后卧射，第4圈滑行后立射，第5圈滑行直达终点；③如果选手有发子弹未命中目标，将被罚时分钟；④最终用时为滑雪用时、射击用时和被罚时间之和，最终用时少者获胜.已知甲、乙两人参加比赛，甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲、乙两人每发子弹命中目标的概率分别为和.假设甲、乙两人的射击用时相同，且每发子弹是否命中目标互不影响.（1）若在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，求甲胜乙的概率；（2）若仅从最终用时考虑，甲、乙两位选手哪个水平更高？说明理由.【18~19题答案】【答案】（1）（2）乙选手，理由见解析【解析】【分析】（1）依题意在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹，分甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标和甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标两种情况讨论，根据相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式计算可得；（2）设甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，，根据二项分布的期望公式求出罚时的期望值，再结合滑雪时两人所用时差，即可判断；【小问1详解】解：甲滑雪用时比乙多秒分钟，因为前三次射击，甲、乙两人的被罚时间相同，所以在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹.设“甲胜乙”为事件A，“在第四次射击中，甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标”为事件，“在第四次射击中，甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标”为事件，依题意，事件和事件是互斥事件，，，，所以，.即甲胜乙的概率为.【小问2详解】解：依题意得，甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，，所以甲被罚时间的期望为（分钟），乙被罚时间的期望为（分钟），又在赛道上甲选手滑行时间慢3分钟，所以甲最终用时的期望比乙多2分钟.因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高.19.如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形.是棱上的点，，过的平面与直线垂直，且平面平面.（1）在图中画出，写出画法并说明理由；（2）若直线与平面所成角的大小为，求过及点的平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【19~20题答案】【答案】（1）图象见解析，画法见解析，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）结合面面平行的性质定理来画出直线.（2）作出过及点的平面与平面所成的锐二面角，利用余弦定理求得其余弦值.【小问1详解】如图，在内过作，交于，则直线即为直线.理由如下：取的中点，连结，，因为和均为等边三角形，所以，，所以，，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面，又因为平面平面，平面平面，所以，所以直线即为直线.【小问2详解】由（1）知，，因为，所以.设的中点为，连结，交于，连结，因为和均为等边三角形，所以，，所以，，又因为，所以平面，平面，所以平面平面.在中，作，垂足为，因为平面平面，平面，所以平面，所以是直线与平面所成的角，所以，因为和均是边长为4的等边三角形，所以，，因为，所以.由（1）知，过及点的平面为平面，因为平面，平面，所以平面，设平面平面，因为平面，所以，因为平面，平面，平面，所以，，所以，，又因为平面，平面，所以为平面与平面所成的锐二面角的平面角，在中，由余弦定理得，，，所以，所以过及点的平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.20.的内角，，所对的边分别为，，.（1）求的大小；（2）为内一点，的延长线交于点，________，求的面积.请在下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使存在，并解决问题.①为的外心，；②为的垂心，；③为的内心，.【20~21题答案】【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由余弦定理得，，可得根据可得答案；（2）选①，设的外接圆半径为，由正弦定理得，为外心得，与盾，故不能选①.选②，为的垂心得，由，，得，利用，求得，可得出为等边三角形，再由面积公式可得答案.选③，为的内心，所以，由和正弦定理可得，结合，和面积公式可得答案；【小问1详解】在中，由余弦定理得，又因为，，所以，整理得在中，由余弦定理得，所以，即又因为，所以.【小问2详解】选①，设的外接圆半径为，则在中，由正弦定理得，即，因为为外心，所以，与盾，故不能选①.选②，因为为的垂心，所以，又，所以在中，，同理可得，又因为，所以，即，又因为在中，，所以，因此，故，为方程两根，即，因为，，所以，所以为等边三角形，所以.选③，因为为的内心，所以，由，得，因为，所以，即，由（1）可得，即，所以，即，又因为，所以，所以.21.已知椭圆的中心为，离心率为.圆在的内部，半径为.，分别为和圆上的动点，且，两点的最小距离为.（1）建立适当的坐标系，求的方程；（2），是上不同的两点，且直线与以为直径的圆的一个交点在圆上.求证：以为直径的圆过定点.【21~22题答案】【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）以为坐标原点，椭圆长轴、短轴所在直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，根据离心率为和求解；（2）解法一：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线垂直于轴时，由判断；（ii）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，由与圆相切，得到m，k的关系，与椭圆方程联立，计算即可；解法二：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.设直线与圆相切于点.（i）当时，直线垂直于轴，易得；（ii）当时，直线的方程为，结合，得到直线的方程为，与椭圆方程联立，论证即可；解法三：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设是以为直径的圆上的任意一点，由，得到圆的方程判断；（ii）当直线垂直于轴时，易得.解法四：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，，与椭圆方程联立，结合韦达定理，求得以为直径的圆的方程判断；（ii）当直线垂直于轴时，易证.【小问1详解】解：以为坐标原点，椭圆的长轴、短轴所在直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，如图.设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，依题意得，解得，所以的方程为.【小问2详解】解法一：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线垂直于轴时，不妨设，，此时，所以，故以为直径的圆过点.（ii）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，，.因为与圆相切，所以到直线的距离，即.由得，所以，，，，，所以，故以为直径的圆过点.综上，以为直径的圆过点.解法二：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.设直线与圆相切于点.（i）当时，直线垂直于轴，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点.（ii）当时，直线的方程为，因为，所以直线的方程为.设，由，得，所以，因为，所以，，，，，，，，，.所以，即，故以为直径的圆过点.综上，以为直径圆过点.解法三：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，.因为与圆相切，所以到直线的距离，即.由得，所以，，，.设是以为直径的圆上的任意一点，由，得，化简得，故圆的方程为，它过定点.（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点.综上，以为直径的圆过点.解法四：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，.因为与圆相切，所以到直线的距离，即.由，得，所以，，以为直径的圆的圆心为，即.半径，以为直径的圆的方程为，整理得，故以为直径的圆过定点.（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点.综上，以为直径的圆过点.22.已知函数，，其中R.（1）讨论的单调性；（2）当时，是否存在，且，使得？证明你的结论.【22~23题答案】【答案】（1）答案见解析（2）不存，理由见解析【解析】【分析】（1）利用导数，分类讨论可得；（2）构造函数，利用函数讨论单调性，结合零点存在性定理可知.【小问1详解】依题意，的定义域为，由，得，①当时，恒成立，所以在单调递增；②当时，令，得，当时，，所以在单调递减；当时，，所以在单调递增；综上，当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.【小问2详解】设，则，①当时，恒成立，所以在单调递增，又因为，所以，所以，在不存在零点；②当时，设，则，当时，，所以在单调递减；当时，，所以在单调递增；所以，即，因为，所以，又因为且，所以，所以，所以，当时，函数的对称轴为，所以在单调递增，所以，所以，所以在单调递增；当时，，所以，所以，所以在单调递增；综上可知，当时，均有在单调递增，又因为，所以在恰有一个零点1，故当时，在恰有一个零点1，因此不存在，且，使得.