福建省三明市教研联盟校2023届高三上学期数学期中联考试卷

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福建省三明市教研联盟校2023届高三上学期数学期中联考试卷
一、单选题
1．（2022高三上·广东开学考）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·三明期中）已知是虚数单位，，则“复数为纯虚数”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
3．（2022高三上·三明期中）同时具有以下性质：“①最小正周期是：②在区间上是增函数”的一个函数是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2021·北京）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（ ）来判断降雨程度．其中小雨（ ），中雨（ ），大雨（ ），暴雨（ ），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（　　）
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
5．（2022高三上·三明期中）将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，则该数列为先减后增数列的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·三明期中）荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是.若经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的（　　）（参考数据：）
A．45倍 B．50倍 C．55倍 D．60倍
7．（2022高三上·三明期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，则下列结论正确的是（　　）
A． B．是数列中的最大值
C． D．数列无最大值
8．（2022高三上·三明期中）对任意恒成立，则实数的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·三明期中）下列说法正确的有（　　）
A．若事件与事件互斥，则事件与事件对立
B．若随机变量，则方差
C．若随机变量，，则
D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和
10．（2022高三上·三明期中）已知向量，则下列命题正确的是（　　）
A．的最大值为
B．存在，使得
C．若，则
D．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为
11．（2022高三上·三明期中）已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．三棱柱的体积为
B．平面
C．与平面所成角为
D．点到平面的距离为
12．（2020高一下·佛山月考）意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列 满足： ， ， .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前 项所占的格子的面积之和为 ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为 ，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．（2022高三上·邯郸开学考）已知，则的值为　 　.
14．（2022高三上·三明期中）将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，则的最小值是　 　.
15．（2022高三上·三明期中）如图，已知三棱柱，底面是边长为的等边三角形，在底面的射影是的中心，且为的中点，在线段上且，过点作三棱柱的截面，若交于点，则三棱锥外接球的表面积是　 　.
16．（2022高三上·三明期中）已知函数，若存在互不相等的实数，，，使得，则（1）实数的取值范围为　 　；（2）的取值范围是　 　．
四、解答题
17．（2021·龙岩模拟）已知数列 的前 项和为 ，满足 ，且 是 与 的等差中项.
（1）求数列 的通项公式 ；
（2）若 ，求数列 的前 项和 .
18．（2022高三上·三明期中）已知函数，其中．
（1）若函数的单调减区间为，求实数，的值；
（2）若，已知曲线在点处的切线与轴的交点为，求的最小值．
19．（2021·深圳模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝ ，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
（1）若PB＝ ，求PA；
（2）若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
20．（2022高三上·三明期中）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.
21．（2022高三上·三明期中）中国在第75届联合国大会上承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和（简称“双碳目标”），此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车 电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为.
①参考数据：；
②参考公式：（i）线性回归方程：，其中；
（ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强.
（iii），其中.附表：
（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱；
（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：
性别 购买非电动汽车 购买电动汽车 总计
男性 39 6 45
女性 30 15 45
总计 69 21 90
依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关；
（3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和数学期望.
22．（2022高三上·浙江月考）已知函数与函数
（1）若，求的取值范围；
（2）若曲线与轴有两不同的交点，求证：两条曲线与共有三个不同的交点.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】因为，所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】 先根据补集概念求出，再由交集定义即可求出答案.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】为纯虚数，则，且，即.
因此“复数为纯虚数”不能推出“”， 而“”时“复数为纯虚数”一定成立，所以“复数为纯虚数”是“” 的必要不充分条件.
故答案为：B
【分析】复数为纯虚数时，根据充分必要条件的定义进行判断.
3．【答案】A
【知识点】正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】对于A选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是增函数，A选项符合题意；
对于B选项，函数的最小正周期，B选项不符合题意；
对于C选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是减函数，C选项不符合题意；
对于D选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是非单调函数，D选项不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据正余弦函数的周期性和单调性逐一分析判断即可.
4．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）
【解析】【解答】解：如图所示，
由题意得，则r=50
则雨水的体积为，
则降雨的厚度（高度）为
故答案为：B
【分析】根据圆锥的体积公式，及圆柱的体积公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，
则所有可能情况有种情况，
由于该数列为先减后增，
则1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，
当1前面只有一个数时，有4种情况，
当1前面只有2个数时，有种情况，
当1前面有3个数时，有4种情况，
故一共有，
故数列为先减后增数列的概率．
故答案为：B．
【分析】根据题意，求出这五个数随机排成一列组成一个数列的所有可能情况，该数列为先减后增，可知1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，结合1前面的情况，分类讨论求出满足条件的情况数，最后根据古典概型求出概率即可．
6．【答案】C
【知识点】对数的运算性质
【解析】【解答】由已知经过200天，“进步”的值为，“退步”的值为，
所以“进步”的值与是“退步”的值的比值，两边取对数可得，又，
，所以，因为，所以，所以经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的55倍，
故答案为：C.
【分析】先求出经过200天后的进步值和退步值，再根据对数与指数关系，对数与指数的运算性质求值.
7．【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：等比数列的公比为，则，由，则有，必有，
又由，即，又，则有或，
又当时，可得，由，则与矛盾
所以，则有，
由此分析选项：
对于A，，故，A不符合题意；
对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，B不符合题意；
对于C，等比数列中，则，则，C符合题意；
对于D，由B的结论知是数列中的最大项，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据题意，由等比数列的性质分析公比的范围，由此分析选项可得答案．
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】当时，，不等式显然成立；
当时，，
令，
令，则是上的增函数且，
当时，此时递减，时，此时递增.
故的最小值为，
令，则，
故是增函数，的最大值为，故，
综上所述，，
故答案为：D
【分析】当时，，不等式显然成立；当时，，构造函数，，利用导函数求最值即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；互斥事件与对立事件；二项分布与n次独立重复试验的模型；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】由对立事件和互斥事件定义可得，对立事件是互斥的，互斥事件不一定对立，所以A选项错误；
由二项分布可得，又由公式可得
，所以B选项正确；
正态分布，对称轴， ，
得，又因为与关于对称，所以，
所以C选项正确；
将两边同时取得，，与对应，
则，即，，所以D选项正确.
故答案为：BCD
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念可判断A选项；由二项分布可得，又由公式可得， 即可判断B选项；由正态分布图像及其对称性可判断C选项；利用线性回归方程分析，先将转化为，对应解析式可判断D选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积的运算；向量的投影
【解析】【解答】对于A，，其中，
所以当，最大值为，A符合题意.
对于B，因为，所以当，且时，，
即使得，时，符合题意，所以B符合题意.
对于C，若，则，此时，C不符合题意.
对于D，在上的投影向量为，
所以，所以和的夹角为，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用平面向量的坐标运算，计算，结合辅助角公式等三角知识判断正误.
11．【答案】B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对A：，A不符合题意；
对B：连接，如下所示：
易知//，面面，故//面；
易知//，面面，故//面；
又面，故面//面；
又面，故//面，B符合题意；
对C：连接交于点，连接，如下所示：
因为为正方形，故可得，又面面，故，
又面，，故面，又面与面为同一个平面，
则直线与平面所成角即为，又面，则，
故在△中，，，又，故，
即与平面所成角为，C符合题意；
对D：在△中，，故；
在△中，，故，又面，
设点到面的距离为，则由可得，
即，解得，即点到面的距离为，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】解决此类题目，需要对选项逐一验证即可.
12．【答案】A,B,D
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】对于A选项，因为斐波那契数列总满足 ，
所以 ，
，
，
类似的有， ，
累加得 ，
由题知 ，
选项A符合题意，
对于B选项，因为 ， ， ，
类似的有 ，
累加得 ，
选项B符合题意，
对于C选项，因为 ， ， ，
类似的有 ，
累加得 ，
选项C不符合题意，
对于D选项，可知扇形面积 ，
故 ，
选项D符合题意，
故答案为：ABD.
【分析】根据题中递推公式，求出 ， ，数列的前n项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.
13．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】令，
由的展开式的通项公式为，
令，得，令，得，
所以，
所以。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合赋值法得出的值，再利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的的值，从而得出的值。
14．【答案】5
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】由题意可得：，
∵为偶函数，则，
∴，
又∵，即，则，
∴当时，取到最小值为5.
故答案为：5.
【分析】利用三角函数的图象变换以及奇偶性的性质求解.
15．【答案】
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】延长交于点，连接交与M点，如图，易知，则.
取中点，则，且有.
故是的中点.
取的中点，易得四边形是平行四边形.
设的中心为，在上，因为在底面的射影是的中心，
所以平面，
因为，所以，
且三棱锥的外接球与三棱锥的外接球相同.
因为平面，即平面.
因为平面，所以.
因为，平面
所以平面球心到平面的距离.
在中，由余弦定理可求得，
再由正弦定理可求得外接圆半径.
.
三棱锥外接球的表面积为：.
故答案为：.
【分析】根据三角形相似可得是的中点，取的中点，设的中心为，根据线面垂直的判定定理可得平面，所以平面，球心到平面的距离，在中，由余弦定理求出，由正弦定理可求得外接圆半径，从而可求外接球的半径，根据球的表面积公式即可求解.
16．【答案】；
【知识点】分段函数的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的图象如图：
，
即直线与函数图象有4个交点，故．
，不妨设，
则必有，，
，则，且，
，由对勾函数的性质可得函数在上单调递增，
，
．
故答案为：，
【分析】画出的图象，由题意可知直线与函数的图象有4个交点，从而可求出实数，不妨设，则必有，，从而有，且，利用对勾函数的性质可求出的范围，进而可求出的取值范围.
17．【答案】（1）解： 是 与 的等差中项， ，
所以当 时， ，两式相减可得 ，即
又因为当 时， ，
因此 满足上式，
所以 是以1为首项，3为公比的等比数列，
（2）解： ， ，
.
【知识点】等比数列；等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）运用等差数列的中项性质和等比数列的定义和通项公式，即可得到所求。
（2）求得 ，由裂项求和法即可求出数列 的前 项和 。
18．【答案】（1）解：因为，所以，
已知函数的单调减区间为，故的解集为，
所以故解得，，
当，时，，
当时，，函数在单调递增，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
满足已知条件，故，；
（2）解：因为，所以，可得，即，
又由，
得切线方程为，即，
令，可得，即，则，
令，，可得，，
令，即，解得，令，即，解得，
所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)由已知 的解集为，根据二次方程和二次不等式的解的关系求得，；
(2)根据导数的几何意义确定，由此可得，利用导数求其最小值．
19．【答案】（1）解：由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝ .
故PA＝ .
（2）（设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得 ，
化简得 cos α＝4sin α.
所以tan α＝ ，即tan∠PBA＝ .
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 ( 1)由题意利用直角三角形中的边角关系求得∠PBC=60°，∠PBA=∠ABC-∠PBC=30°.在△PBA中，由余弦定理求得PA的值；
(2) 设 ∠PBA＝α ，由已知得， PB＝sin α ,在△PBA中，由正弦定理求得tana的值.
20．【答案】（1）证明：设，连接，
在菱形中，为中点，且，
因为，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，
易知，则，，
因为，，所以为二面角的平面角，
所以，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设二面角为，则，
又，则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 设，连接， 由题意得，， 平面， 从而证明平面平面；
（2） 作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量， 平面的法向量，利用向量的数量积运算求解即可.
21．【答案】（1）解：相关系数为
故与线性相关较强.
（2）解：零假设为：购买电动汽车与车主性别相互独立，
即购买电动汽车与车主性别无关.
所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于.
（3）解：抽样比，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则的可能取值为，故，，
故的分布列为：
0 1 2
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)利用相关系数的求解公式，并转化为和方差之间的关系，代入计算即可；
（2）直接利用独立性检验公式求出，根据零点假设定理判断购买电动汽车与车主性别是否有关；
(3)采用分层抽样先得出男性车主和女性车主的选取人数，得出可能取值0，1，2，分别求出对应概率，即可得的分布列，再结合期望公式，即可求解.
22．【答案】（1）解：即
若则不等式恒成立
若由得
令则
在单调递增，在单调递减
∴即
∴a的取值范围是
（2）证明：若曲线与x轴有两不同的交点，即函数有两个不同的零点，
，不妨设，由（1）可得到.
，则，即.
同理：由得，从而曲线与曲线已经相交于两个交点.
下面证明这两条曲线还有一个交点：
令，则
令
关于t单调递增，
令
∴存在，使在递减，在递增，
又，
∴有两个零点，不妨设，令，即有且只有两个极值点.
从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又
若，则，又由得与题设矛盾
∴同理且.又
故
∴
故在间存在唯一的使得
即两条曲线与还有一个交点
故若曲线与x轴有两不同的交点，则两条曲线与共有三个不同的交点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由 即 ，然后采用分离常数的方法转化为求函数的最值求解即可；
（2）根据题设先证曲线与曲线已经相交于两个交点. 再构造新函数来证明这两曲线还有除这两交点外的第3个交点，即证两条曲线 与共有三个不同的交点.
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一、单选题
1．（2022高三上·广东开学考）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】因为，所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】 先根据补集概念求出，再由交集定义即可求出答案.
2．（2022高三上·三明期中）已知是虚数单位，，则“复数为纯虚数”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
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】为纯虚数，则，且，即.
因此“复数为纯虚数”不能推出“”， 而“”时“复数为纯虚数”一定成立，所以“复数为纯虚数”是“” 的必要不充分条件.
故答案为：B
【分析】复数为纯虚数时，根据充分必要条件的定义进行判断.
3．（2022高三上·三明期中）同时具有以下性质：“①最小正周期是：②在区间上是增函数”的一个函数是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】对于A选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是增函数，A选项符合题意；
对于B选项，函数的最小正周期，B选项不符合题意；
对于C选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是减函数，C选项不符合题意；
对于D选项，函数的最小正周期，
当时，，所以函数在区间上是非单调函数，D选项不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据正余弦函数的周期性和单调性逐一分析判断即可.
4．（2021·北京）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（ ）来判断降雨程度．其中小雨（ ），中雨（ ），大雨（ ），暴雨（ ），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（　　）
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）
【解析】【解答】解：如图所示，
由题意得，则r=50
则雨水的体积为，
则降雨的厚度（高度）为
故答案为：B
【分析】根据圆锥的体积公式，及圆柱的体积公式求解即可.
5．（2022高三上·三明期中）将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，则该数列为先减后增数列的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：将数字1，2，3，4，5这五个数随机排成一列组成一个数列，
则所有可能情况有种情况，
由于该数列为先减后增，
则1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，
当1前面只有一个数时，有4种情况，
当1前面只有2个数时，有种情况，
当1前面有3个数时，有4种情况，
故一共有，
故数列为先减后增数列的概率．
故答案为：B．
【分析】根据题意，求出这五个数随机排成一列组成一个数列的所有可能情况，该数列为先减后增，可知1一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，结合1前面的情况，分类讨论求出满足条件的情况数，最后根据古典概型求出概率即可．
6．（2022高三上·三明期中）荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是.若经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的（　　）（参考数据：）
A．45倍 B．50倍 C．55倍 D．60倍
【答案】C
【知识点】对数的运算性质
【解析】【解答】由已知经过200天，“进步”的值为，“退步”的值为，
所以“进步”的值与是“退步”的值的比值，两边取对数可得，又，
，所以，因为，所以，所以经过200天，则“进步”的值大约是“退步”的值的55倍，
故答案为：C.
【分析】先求出经过200天后的进步值和退步值，再根据对数与指数关系，对数与指数的运算性质求值.
7．（2022高三上·三明期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，则下列结论正确的是（　　）
A． B．是数列中的最大值
C． D．数列无最大值
【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：等比数列的公比为，则，由，则有，必有，
又由，即，又，则有或，
又当时，可得，由，则与矛盾
所以，则有，
由此分析选项：
对于A，，故，A不符合题意；
对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，B不符合题意；
对于C，等比数列中，则，则，C符合题意；
对于D，由B的结论知是数列中的最大项，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据题意，由等比数列的性质分析公比的范围，由此分析选项可得答案．
8．（2022高三上·三明期中）对任意恒成立，则实数的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】当时，，不等式显然成立；
当时，，
令，
令，则是上的增函数且，
当时，此时递减，时，此时递增.
故的最小值为，
令，则，
故是增函数，的最大值为，故，
综上所述，，
故答案为：D
【分析】当时，，不等式显然成立；当时，，构造函数，，利用导函数求最值即可.
二、多选题
9．（2022高三上·三明期中）下列说法正确的有（　　）
A．若事件与事件互斥，则事件与事件对立
B．若随机变量，则方差
C．若随机变量，，则
D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和
【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；互斥事件与对立事件；二项分布与n次独立重复试验的模型；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】由对立事件和互斥事件定义可得，对立事件是互斥的，互斥事件不一定对立，所以A选项错误；
由二项分布可得，又由公式可得
，所以B选项正确；
正态分布，对称轴， ，
得，又因为与关于对称，所以，
所以C选项正确；
将两边同时取得，，与对应，
则，即，，所以D选项正确.
故答案为：BCD
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念可判断A选项；由二项分布可得，又由公式可得， 即可判断B选项；由正态分布图像及其对称性可判断C选项；利用线性回归方程分析，先将转化为，对应解析式可判断D选项.
10．（2022高三上·三明期中）已知向量，则下列命题正确的是（　　）
A．的最大值为
B．存在，使得
C．若，则
D．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积的运算；向量的投影
【解析】【解答】对于A，，其中，
所以当，最大值为，A符合题意.
对于B，因为，所以当，且时，，
即使得，时，符合题意，所以B符合题意.
对于C，若，则，此时，C不符合题意.
对于D，在上的投影向量为，
所以，所以和的夹角为，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用平面向量的坐标运算，计算，结合辅助角公式等三角知识判断正误.
11．（2022高三上·三明期中）已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．三棱柱的体积为
B．平面
C．与平面所成角为
D．点到平面的距离为
【答案】B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对A：，A不符合题意；
对B：连接，如下所示：
易知//，面面，故//面；
易知//，面面，故//面；
又面，故面//面；
又面，故//面，B符合题意；
对C：连接交于点，连接，如下所示：
因为为正方形，故可得，又面面，故，
又面，，故面，又面与面为同一个平面，
则直线与平面所成角即为，又面，则，
故在△中，，，又，故，
即与平面所成角为，C符合题意；
对D：在△中，，故；
在△中，，故，又面，
设点到面的距离为，则由可得，
即，解得，即点到面的距离为，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】解决此类题目，需要对选项逐一验证即可.
12．（2020高一下·佛山月考）意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列 满足： ， ， .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前 项所占的格子的面积之和为 ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为 ，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】对于A选项，因为斐波那契数列总满足 ，
所以 ，
，
，
类似的有， ，
累加得 ，
由题知 ，
选项A符合题意，
对于B选项，因为 ， ， ，
类似的有 ，
累加得 ，
选项B符合题意，
对于C选项，因为 ， ， ，
类似的有 ，
累加得 ，
选项C不符合题意，
对于D选项，可知扇形面积 ，
故 ，
选项D符合题意，
故答案为：ABD.
【分析】根据题中递推公式，求出 ， ，数列的前n项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.
三、填空题
13．（2022高三上·邯郸开学考）已知，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】令，
由的展开式的通项公式为，
令，得，令，得，
所以，
所以。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合赋值法得出的值，再利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的的值，从而得出的值。
14．（2022高三上·三明期中）将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，则的最小值是　 　.
【答案】5
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】由题意可得：，
∵为偶函数，则，
∴，
又∵，即，则，
∴当时，取到最小值为5.
故答案为：5.
【分析】利用三角函数的图象变换以及奇偶性的性质求解.
15．（2022高三上·三明期中）如图，已知三棱柱，底面是边长为的等边三角形，在底面的射影是的中心，且为的中点，在线段上且，过点作三棱柱的截面，若交于点，则三棱锥外接球的表面积是　 　.
【答案】
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】延长交于点，连接交与M点，如图，易知，则.
取中点，则，且有.
故是的中点.
取的中点，易得四边形是平行四边形.
设的中心为，在上，因为在底面的射影是的中心，
所以平面，
因为，所以，
且三棱锥的外接球与三棱锥的外接球相同.
因为平面，即平面.
因为平面，所以.
因为，平面
所以平面球心到平面的距离.
在中，由余弦定理可求得，
再由正弦定理可求得外接圆半径.
.
三棱锥外接球的表面积为：.
故答案为：.
【分析】根据三角形相似可得是的中点，取的中点，设的中心为，根据线面垂直的判定定理可得平面，所以平面，球心到平面的距离，在中，由余弦定理求出，由正弦定理可求得外接圆半径，从而可求外接球的半径，根据球的表面积公式即可求解.
16．（2022高三上·三明期中）已知函数，若存在互不相等的实数，，，使得，则（1）实数的取值范围为　 　；（2）的取值范围是　 　．
【答案】；
【知识点】分段函数的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的图象如图：
，
即直线与函数图象有4个交点，故．
，不妨设，
则必有，，
，则，且，
，由对勾函数的性质可得函数在上单调递增，
，
．
故答案为：，
【分析】画出的图象，由题意可知直线与函数的图象有4个交点，从而可求出实数，不妨设，则必有，，从而有，且，利用对勾函数的性质可求出的范围，进而可求出的取值范围.
四、解答题
17．（2021·龙岩模拟）已知数列 的前 项和为 ，满足 ，且 是 与 的等差中项.
（1）求数列 的通项公式 ；
（2）若 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1）解： 是 与 的等差中项， ，
所以当 时， ，两式相减可得 ，即
又因为当 时， ，
因此 满足上式，
所以 是以1为首项，3为公比的等比数列，
（2）解： ， ，
.
【知识点】等比数列；等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）运用等差数列的中项性质和等比数列的定义和通项公式，即可得到所求。
（2）求得 ，由裂项求和法即可求出数列 的前 项和 。
18．（2022高三上·三明期中）已知函数，其中．
（1）若函数的单调减区间为，求实数，的值；
（2）若，已知曲线在点处的切线与轴的交点为，求的最小值．
【答案】（1）解：因为，所以，
已知函数的单调减区间为，故的解集为，
所以故解得，，
当，时，，
当时，，函数在单调递增，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
满足已知条件，故，；
（2）解：因为，所以，可得，即，
又由，
得切线方程为，即，
令，可得，即，则，
令，，可得，，
令，即，解得，令，即，解得，
所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)由已知 的解集为，根据二次方程和二次不等式的解的关系求得，；
(2)根据导数的几何意义确定，由此可得，利用导数求其最小值．
19．（2021·深圳模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝ ，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
（1）若PB＝ ，求PA；
（2）若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
【答案】（1）解：由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝ .
故PA＝ .
（2）（设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得 ，
化简得 cos α＝4sin α.
所以tan α＝ ，即tan∠PBA＝ .
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 ( 1)由题意利用直角三角形中的边角关系求得∠PBC=60°，∠PBA=∠ABC-∠PBC=30°.在△PBA中，由余弦定理求得PA的值；
(2) 设 ∠PBA＝α ，由已知得， PB＝sin α ,在△PBA中，由正弦定理求得tana的值.
20．（2022高三上·三明期中）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：设，连接，
在菱形中，为中点，且，
因为，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，
易知，则，，
因为，，所以为二面角的平面角，
所以，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设二面角为，则，
又，则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 设，连接， 由题意得，， 平面， 从而证明平面平面；
（2） 作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量， 平面的法向量，利用向量的数量积运算求解即可.
21．（2022高三上·三明期中）中国在第75届联合国大会上承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和（简称“双碳目标”），此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车 电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为.
①参考数据：；
②参考公式：（i）线性回归方程：，其中；
（ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强.
（iii），其中.附表：
（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱；
（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：
性别 购买非电动汽车 购买电动汽车 总计
男性 39 6 45
女性 30 15 45
总计 69 21 90
依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关；
（3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：相关系数为
故与线性相关较强.
（2）解：零假设为：购买电动汽车与车主性别相互独立，
即购买电动汽车与车主性别无关.
所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于.
（3）解：抽样比，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则的可能取值为，故，，
故的分布列为：
0 1 2
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)利用相关系数的求解公式，并转化为和方差之间的关系，代入计算即可；
（2）直接利用独立性检验公式求出，根据零点假设定理判断购买电动汽车与车主性别是否有关；
(3)采用分层抽样先得出男性车主和女性车主的选取人数，得出可能取值0，1，2，分别求出对应概率，即可得的分布列，再结合期望公式，即可求解.
22．（2022高三上·浙江月考）已知函数与函数
（1）若，求的取值范围；
（2）若曲线与轴有两不同的交点，求证：两条曲线与共有三个不同的交点.
【答案】（1）解：即
若则不等式恒成立
若由得
令则
在单调递增，在单调递减
∴即
∴a的取值范围是
（2）证明：若曲线与x轴有两不同的交点，即函数有两个不同的零点，
，不妨设，由（1）可得到.
，则，即.
同理：由得，从而曲线与曲线已经相交于两个交点.
下面证明这两条曲线还有一个交点：
令，则
令
关于t单调递增，
令
∴存在，使在递减，在递增，
又，
∴有两个零点，不妨设，令，即有且只有两个极值点.
从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又
若，则，又由得与题设矛盾
∴同理且.又
故
∴
故在间存在唯一的使得
即两条曲线与还有一个交点
故若曲线与x轴有两不同的交点，则两条曲线与共有三个不同的交点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由 即 ，然后采用分离常数的方法转化为求函数的最值求解即可；
（2）根据题设先证曲线与曲线已经相交于两个交点. 再构造新函数来证明这两曲线还有除这两交点外的第3个交点，即证两条曲线 与共有三个不同的交点.
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