福建省南平市2022届高三上学期10月联考 数学试题【含答案】

南平市2022届高三上学期10月联考数学卷一、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已知集合，则（ ）ABCD22021年8月8日，第32届夏季奥林匹克运动会在日本东京正式闭17天的比赛全部结束后，排名前十的金牌数如下表所示，则这10个数据的中位数是（ ）排名12345678910国家/地区美国中国日本英国俄罗斯奥运队澳大利亚荷兰法国德国意大利金牌数39382722201710101010A18.5B18C19.5D203将函数的图象向左平移个单位长度，再将得到的图象上的所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），最后得到函数的图象，则（ ）ABCD4已知四边形为梯形，则“”是“四边形为等腰梯形”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5若直线与曲线相切，则（ ）A为定值B为定值C为定值D为定值6已知单位向量，的夹角为，则的最小值为（ ）ABCD7已知定义在上的函数满足，当时，单调递增，则（ ）ABCD8根据民用建筑工程室内环境污染控制标准，文化娱乐场所室内甲醛浓度为安全范围已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工1周后室内甲醛浓度为，3周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（ ）A5周B6周C7周D8周二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分9若实数，满足，则（ ）A的共轭复数为BC的值可能为D10下列函数中，最小值为9的是（ ）ABCD11已知函数，则A的最大值为B的图象关于点对称C图象的对称轴方程为D在上有4个零点12定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则必有（ ）ABCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13展开式中的第3项为_.14设等差数列的前项和为，已知，则_.15已知不是常数函数，写出一个同时具有下列四个性质的函数：_.定义域为；.16设函数关于的方程有四个实根，则的最小值为_.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）如图，在中，是边上一点，（1）求角的大小；（2）若，求和18（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点，分别为，的中点（1）证明：平面（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值19（12分）已知数列的前项和为，且数列的前项积为，且（1）求，的通项公式；（2）求数列的前项和20（12分）某地区位于甲、乙两条河流的交汇处，夏季多雨，根据统计资料预测，今年汛期甲河流发生洪水的概率为0.25，乙河流发生洪水的概率为0.2（假设两河流发生洪水与否互不影响），今年夏季该地区某工地有许多大型设备，为保护设备，有以下3种方案：方案一：不采取措施，当一条河流发生洪水时，设备将受损，损失30000元当两河流同时发生洪水时，设备将受损，损失60000元方案二：修建保护围墙，建设费为4000元，但围墙只能抵御一条河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备将受损，损失60000元方案三：修建保护大坝，建设费为9000元，能够抵御住两河流同时发生洪水（1）求今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率；（2）从花费的角度考虑，试比较哪一种方案更好，说明理由21（12分）已知椭圆的长轴长为，点在上（1）求的方程；（2）设的上顶点为，右顶点为，直线与平行，且与交于，两点，点为的右焦点，求的最小值22（12分）已知函数.（1）求的单调区间与极值（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：高三数学月考卷参考答案1D 因为，所以2A 这10个数据的中位数是3C 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象的解析式为，故4A 若，则由四边形为梯形，得且，所以四边形为等腰梯形若四边形为等腰梯形，则或，而当时，故选A5B 设直线与曲线切于点，因为，所以，所以切点为，则，故.6C 因为，所以，故.7A 因为为偶函数，所以，又，所以，所以，即是周期为4的函数，则.因为，所以，.因为为偶函数，且当时，单调递增，所以当时，单调递减，故.8B 由题意可知，解得设该文化娱乐场所竣工后放置周后甲醛浓度达到安企开放标准，则，整理得，设，因为，所以，即，则，即故至少需要放置的时间为6周9BCD 因为所以，即，则解得或，故A错误，B，C，D均正确10AB ，当且仅当时，等号成立，当且仅当时，等号成立因为可能小于0，所以的最小值不可能是9，当且仅当时，等号成立，则最大值为911ACD ，则的最大值为，A正确令，得，此即图象的对称轴方程，C正确易知图象的对称中心的纵坐标为，B错由，得当吋，因为，所以方程在上有4个不同的实根，即在上有4个零点，D正确12ACD 设函数，则，所以在上单调递减，从而，即，则必有，又在上单调递减，则，从而因为，所以，又，所以【光逃解法】取，满足题意，故选ACD13 展开式中的第3项为1472 因为，所以，故15 （答案不唯一，形如（，为偶数，且即可）由，得，联想到，可推测.由，得则，又，所以（，为偶数，且）1610 作出函数的大致图象，如图所示：由图可知，由，得或，则.又因为，所以，所以，则，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为1017解：（1）在中，因为，所以.因为，所以.（2）因为，所以在中，由，得因为，所以.18（1）证明：因为，所以因为平面，所以又，所以平面，从而.因为点，分别为，的中点，所以，从而又，所以平面（2）解：分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则令，得设平面的法向量为，则令，得所以.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为19解：（1）当时，；当时，.经检验，当时，满足，因此当时，；当时，当时，满足，因此（2）由（1）知，两式相减得故20解：（1）由题意，甲河流发生洪水的概率为0.25乙河流发生洪水的概率为0.2，则甲、乙两条河流均不发生洪水的概率为，所以今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率为（2）设损失费为方案一：的可能取化为30000，60000，0，所以元方案二：建围墙，需要花费4000元，但围墙只能抵御一条河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备将受损，损失60000元，两条河流都发生洪水的概率，所以该方案中元方案三：修建保护大坝，建设费为9000元，设备不会受损，方案中的花费为9000元所以方案二最好21解：（1）因为的长轴长为，所以，即.又点在上，所以.代入，解得.故的方程为（2）由（1）可知，的坐标分别为，直线的方程为设联立得由，得设，则，因为，所以.又的坐标为，所以因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.22（1）解：的定义域为，.当时，；当时，所以的单调递增区间为，单调递减区间为故在处取得极大值，且极大优值，无极小值（2）证明：易知，即，.不妨设，（1）可知，当时，当时，设，则，因为，所以，在区间上单调递增，所以，又因为，所以，即，故