2022届八校联考高三(下)2月月考数学(理科)试卷-答案.docx

福建省漳州市2017届八校联考高三（下）2月月考数学（理科）试卷答 案一、选择题15ACDDA 610BDCBB 1112AA二、填空题13141516三、解答题17解：（）根据两角和与差的正、余弦公式可得：，整理可得，故或（II）因为，所以，由正弦定理，得，因为，所以，所以18（1）由是的等差中项，得，因为，所以，所以，解得，所以，所以，解得或，又为递增数列，所以所以，所以（2）则，得即数列的前项和，则，所以，即的最小值为619解：证明：（1）在图1中作，交于，连接，是边的中点，是等边三角形，在中，由余弦定理得，在图2中，又，又，解：（2）以为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，设平面的法向量为，则，令得，为平面的一个法向量，由图可知二面角为锐角，二面角的余弦值为20解：（1）椭圆的焦点，连接，由垂直平分线的性质可得，由抛物线的定义，可得的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，即有方程为；（2）由椭圆可得，当或中的一条与x轴垂直而另一条与x轴重合时，此时四边形面积当直线和的斜率都存在时，不妨设直线的方程为，则直线的方程为联立，化为，把换成，可得四边形面积，当且仅当，即时，S取得最小值综上可知：四边形面积S的最小值是21解：（1）当时，则，故在处的切线方程为，又因为和的图象在处的切线相同，所以（2）因为有零点，所以，即有实根。令，则，令，则恒成立，故在上单调递减，又因为，所以当时，当时，所以当时，当时，故在上为减函数，在上为增函数，即当时，当时，根据函数的大致图象可知选做题（两题只选一题做）【选修4-4坐标系及参数方程】22解：（1）曲线：（为参数），化为普通方程：，展开可得：，可得极坐标方程：，即曲线的方程为，即，化为直角坐标方程：（2）直线l：（t为参数），可得普通方程：，可得极坐标方程：，【选修4-5：不等式选讲】23解：（）当时，当时，当时，当时恒成立，当1x3时，f（x）1的解集为；（）由上可知的最大值为4，故a的范围为福建省漳州市2017届八校联考高三（下）2月月考数学（理科）试卷解 析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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。请把答案填涂在答题卷相应位置上。1【考点】复数代数形式的乘除运算。【分析】把给出的等式两边同时乘以，然后利用复数代数形式的除法运算化简，则z可求。【解答】解：由（z2i）（2i）=5，得：，z=2+3i。故选：A【点评】本题考查了复数代数形式的除法运算，是基础的计算题。2【考点】交集及其运算。【分析】由M与N中的方程确定出y的范围，即可求出M与N的交集。【解答】解：由A中y=x20，得到M=0，+），由N中x2+y2=1，得到y1，即N=（，1，则MN=0，1，故选：C【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键。3【考点】等比数列的性质。【分析】先由题设条件结合等比数列的前n项和公式，可以求出公比q，然后再利用等比数列前n项和公式求。【解答】解：根据题意，S3=2，S6=18，易得q1；S3=2，S6=18，q=2=。故选D【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用。4【考点】二倍角的余弦。【分析】由条件利用诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系，求得cos（+2）的值。【解答】解：tan=2，（0，），则cos（+2）=cos（+2）=sin2=2sincos=，故选：D【点评】本题主要考查诱导公式、二倍角的正弦公式、同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题。5A（4，10B（2，+）C（2，4D（4，+）【考点】程序框图。【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量i的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案。【解答】解：设输入x=a，第一次执行循环体后，x=3a2，i=1，不满足退出循环的条件；第二次执行循环体后，x=9a8，i=2，不满足退出循环的条件；第三次执行循环体后，x=27a26，i=3，满足退出循环的条件；故9a882，且27a2682，解得：a（4，10，故选：A【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答。6【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积。【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以正视图为底面的柱体，代入柱体体积公式，可得答案。【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以正视图为底面的柱体，（也可以看成一个三棱柱与半圆柱的组合体），其底面面积S=22+=2+，高h=3，故体积V=Sh=6+，故选：B【点评】本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，圆柱的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度中档。7【考点】双曲线的简单性质。【分析】由双曲线离心率e=2，求得c=2a，由b2=c2a2=3a2，可得：丨PF2丨=b，2（丨PF1丨2+丨PF2丨2）=（2丨OP丨）2+（2c）2，即可求得丨PF1丨=a，根据椭圆的离心率e1=。【解答】解：由双曲线离心率e=2，即c=2a，由b2=c2a2=3a2，PF2为圆O的切线，在RtPOF2，丨PF2丨=b，2（丨PF1丨2+丨PF2丨2）=（2丨OP丨）2+（2c）2，丨PF1丨=a，椭圆T的离心率为e1=，故选D【点评】本题考查椭圆及双曲线的离心率公式，考查椭圆及双曲线的几何性质，考查计算能力，属于中档题。8【考点】计数原理的应用。【分析】先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的3人全排即可。【解答】解：先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的3人全排，故有=96种，故选：C【点评】本题考查了分步计数原理，相邻问题用捆绑，属于基础题。9【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换。【分析】展开两角和的余弦公式后合并同类项，然后化积化简f（x）的解析式。由周期公式求周期，再由f（0）0说明命题错误；直接代值验证说明命题正确；由复合函数的单调性求得增区间说明命题正确。【解答】解：f（x）=cos（2x+）cos2x=。，即函数f（x）的最小正周期为，但，函数f（x）不是奇函数。命题错误；，函数f（x）图象的一条对称轴是x=。命题正确；，函数f（x）图象的一个对称中心为（，0）。命题正确；由，得：。函数f（x）的递增区间为k+，k+，kZ。命题正确。正确结论的个数是3个。故选：B【点评】本题考查y=Asin（x+）型函数的性质，考查了复合函数的单调性的求法，关键是对教材基础知识的记忆，是中档题。10【考点】平面向量的综合题。【分析】由已知，将（x，yR）两边平方后整理得x2+y2=1，进而根据基本不等式可得x+y的最大值。【解答】解：、为三个单位向量，且，将（x，yR）两边平方，得=2+2+2xy，所以 x2+y2=1，（x+y）2=x2+y2+2xy2（x2+y2）=2，x+y，所以x+y 最大值为。故选B【点评】本题考查的知识点是平面向量的基本定理，基本不等式，其中根据已知分析出x2+y2=1是解答的关键。11【考点】椭圆的简单性质。【分析】求出A的对称点的坐标，然后求解椭圆长轴长的最小值，然后求解离心率即可。【解答】解：A（1，0）关于直线l：y=x+3的对称点为A（3，2），连接AB交直线l于点P，则椭圆C的长轴长的最小值为|AB|=2，所以椭圆C的离心率的最大值为： =。故选：A【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力。12【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程。【分析】（ac）2+（bd）2的几何意义是点（b，a）到点（d，c）的距离的平方，而点（b，a）在曲线y=3xln（x+1）上，点（d，c）在直线y=2x+上。故（ac）2+（bd）2的最小值就是曲线上与直线y=2x+平行的切线到该直线的距离的平方。利用导数求出曲线上斜率为2的切线方程，再利用两平行直线的距离公式即可求出最小值。【解答】解：由ln（b+1）+a3b=0，得a=3bln（b+1），则点（b，a）是曲线y=3xln（x+1）上的任意一点，由2dc+=0，得c=2d+，则点（d，c）是直线y=2x+上的任意一点，因为（ac）2+（bd）2表示点（b，a）到点（d，c）的距离的平方，即曲线上的一点与直线上一点的距离的平方，所以（ac）2+（bd）2的最小值就是曲线上的点到直线距离的最小值的平方，即曲线上与直线y=2x+平行的切线到该直线的距离的平方。y=3=，令y=2，得x=0，此时y=0，即过原点的切线方程为y=2x，则曲线上的点到直线距离的最小值的平方。故选：A【点评】本题考查了导数的几何意义和两平行线之间的距离公式，关键是弄清所要求表达式的几何意义以及构造曲线和直线，属于中档题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。请把答案填在答题卷的相应位置13【考点】简单线性规划。【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可。【解答】解：由z=x2y得y=x，作出不等式组，对应的平面区域如图（阴影部分）：平移直线y=x，由图象可知当直线y=x过点A点，由可得A（，）时，直线y=x的截距最大，此时z最小，目标函数z=x2y的最小值是。故答案为：。【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法。14【考点】函数零点的判定定理。【分析】根据函数与零点的关系将函数转化为两个函数图象的交点个数问题，利用数形结合进行求解即可。【解答】解：由g（x）=f（x）m=0得f（x）=m，若函数g（x）=f（x）m有三个零点，等价为函数f（x）与y=m有三个不同的交点，作出函数f（x）的图象如图：当x0时，f（x）=x2+x=（x+）2，若函数f（x）与y=m有三个不同的交点，则m0，即实数m的取值范围是（，0，故答案为：（，0。【点评】本题主要考查函数与零点的应用，根据函数与方程的关系转化为两个函数的图象的交点问题，利用数形结合是解决本题的关键。15【考点】球的体积和表面积。【分析】由题意，三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，求出球心到平面ABC的距离，即可求出点Q到平面ABC的距离的最大值。【解答】解：三棱锥SABC中，SASB，SBSC，SCSA，且SA=SB=SC=2，三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，正方体的体对角线长为2，球心到平面ABC的距离为=，点Q到平面ABC的距离的最大值为=。故答案为。【点评】本题考查点Q到平面ABC的距离的最大值，考查学生的计算能力，求出球心到平面ABC的距离是关键。16【考点】数列递推式。【分析】由bn的前n项和为Sn=（3n1）求得bn，进一步得到an，把an，bn代入anbn+36（n3）+3，分离，然后求出关于n的函数的最大值得答案。【解答】解：由Sn=（3n1），得，当n2时，当n=1时，上式成立，。代入an=2bn+3，得，代入anbn+36（n3）+3，得（an3）bn+36（n3），即23n3n+36（n3），则+。由=，得n3n=4时， +有最大值为。故答案为：（，+）。【点评】本题考查数列递推式，考查了数列的函数特性，训练了恒成立问题的求解方法，是中档题。三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。请把答案写在答题卷的相应位置。17（）求角B的值；（）若b=a，求2ac的取值范围。【考点】余弦定理；正弦定理。【分析】（I）cos2Acos2B=2cos（A）cos（A+）。根据两角和与差的正、余弦公式可得：2sin2B2sin2A=2，整理可得sinB=；（II）由正弦定理把a，c用角A，C表示，通过三角恒等变换化成正弦型函数g（A）=2，结合角A的范围，求得2ac的取值范围。【解答】解：（I）cos2Acos2B=2cos（A）cos（A+）。根据两角和与差的正、余弦公式可得：2sin2B2sin2A=2，整理可得sinB=，B（0，）。故B=或。（II）因为ba，所以B=，由正弦定理=2，得a=2sinA，c=2sinC，2ac=4sinA2sinC=4sinA2sin=3sinAcosA=2，因为ba，所以A，A，所以2ac。【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、三角函数的单调性值域、和差公式倍角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题。18【考点】等比数列的前n项和；数列递推式。【分析】（1）求等比数列的通项公式，关键是求出首项和公比，这可直接用首项a1和公比q表示出已知并解出即可（可先把已知化简后再代入）；（2）求出bn的表达式后，要求其前n项和，需用错位相减法。然后求解不等式可得最小值。【解答】解：（1）由a3+2是a2a4的等差中项，得a2+a4=2（a3+2），因为a2+a3+a4=28，所以a2+a4=28a3，所以2（a3+2）=28a3，解得a3=8，所以a2+a4=20，所以，解得或，又an为递增数列，所以q1所以a1=2，q=2，所以an=2n。（2）bn=anlogan=2n。nlog2nn2n。Sn=b1+b2+bn=（12+222+n2n）则2Sn=（122+223+n2n+1），得Sn=（2+22+2n）n2n+1=2n+12n2n+1即数列bn的前项和Sn=2n+12n2n+1，则Sn+n2n+1=2n+1262，所以n5，即n的最小值为6【点评】本题主要考查等比数列的通项公式，以及利用错位相减法求数列的前n项和，考查学生的运算能力。19【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定。【分析】（1）在图1中作AECP，交CO于O，连接OB，计算OC，OA，利用余弦定理计算OB，在图2中由勾股定理的逆定理得出AOOB，结合AOCP即可得出AO平面BCP，从而有平面ACP平面BCP；（2）可如图建立空间直角坐标系，求得平面ACP的法向量为=（0，1，0）和平面ABC的法向量=（，3，1），则所求角的余弦值为|cos|。【解答】证明：（1）在图1中作AECP，交CO于O，连接OB，AC=2，ACB=90，ABC=30，P是AB边的中点，BC=2，AB=4，AP=AB=2，CP=AB=2，ACP是等边三角形，AO=，OC=CP=1，AOCP。在OBC中，由余弦定理得OB2=12+（2）22cos30=7，在图2中，AB=，AO2+OB2=AB2，AOOB又CP平面BCP，BC平面BCP，CPBC=C，AO平面BCP，又AO平面ACP，平面ACP平面BCP。解：（2）以O为原点，以OCOE、OA为坐标轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示：则A（0，0，），C（1，0，0），E（0，0），=（1，0，），=（0，），设平面ABC的法向量为=（x，y，z），则，令z=1得=（，3，1），OE平面ACP， =（0，1，0）为平面ACP的一个法向量，cos=。由图可知二面角BACP为锐角，二面角BACP的余弦值为。【点评】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题。20.【考点】椭圆的简单性质。【分析】（1）求得椭圆的焦点坐标，连接MF2，由垂直平分线的性质可得|MP|=|MF2|，运用抛物线的定义，即可得到所求轨迹方程；（2）分类讨论：当AC或BD中的一条与x轴垂直而另一条与x轴重合时，此时四边形ABCD面积S=2b2当直线AC和BD的斜率都存在时，不妨设直线AC的方程为y=k（x2），则直线BD的方程为y=（x2）。分别与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，利用弦长公式可得|AC|，|BD|。利用四边形ABCD面积S|AC|BD|即可得到关于斜率k的式子，再利用配方和二次函数的最值求法，即可得出。【解答】解：（1）椭圆c1： +=1的焦点F1（2，0），F2（2，0），连接MF2，由垂直平分线的性质可得|MP|=|MF2|，由抛物线的定义，可得M的轨迹为以F2为焦点，l1为准线的抛物线，即有方程为y2=8x；（2）由椭圆+=1可得a2=8，b2=4，c=2当AC或BD中的一条与x轴垂直而另一条与x轴重合时，此时四边形ABCD面积S=2a=2b2=8当直线AC和BD的斜率都存在时，不妨设直线AC的方程为y=k（x2），则直线CD的方程为y=（x2）。联立，化为（1+2k2）x28k2x+8k28=0，x1+x2=，x1x2=。|AC|=。把k换成，可得|BD|=。四边形ABCD面积S=|AC|BD|=，当且仅当=，即k2=1时，S取得最小值=。综上可知：四边形ABCD面积S的最小值是。【点评】本题考查抛物线的定义和方程，同时考查椭圆的标准方程及其性质、相互垂直的直线斜率之间的关系、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式、四边形面积计算公式、二次函数的最值求法等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题。21【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程。【分析】（1）根据条件f（x）与g（x）的图象在x=1处的切线相同，可得f（1）=g（1），从而可求出k的值。（2）将条件F（x）存在零点，即F（x）=0，通过参变量分离转化为方程有实根，然后构造函数，令h（x）=，通过求导研究函数h（x）的单调性及最值得到h（x）的值域，也就是a的取值范围。【解答】解：（1）当a=2时，f（x）=x2+2x3，f（x）=2x+2，则f（1）=0，f（1）=4，故f（x）在x=1处的切线方程为y=4x4，又因为f（x）和g（x）的图象在x=1处的切线相同，g（x）=，所以g（1）=l=4（2）因为F（x）=f（x）g（x）有零点，所以F（x）=0，即有实根。令h（x）=，则h（x）=，令（x）=48lnxx33x，则（x）=0恒成立，故（x）在（0，+）上单调递减，又因为（1）=0，所以当x1时，（x）0，当0x1时，（x）0.所以当x1时，h（x）0，当0x1时，h（x）0.故h（x）在（1，+）上为减函数，在（0，1）上为增函数，即h（x）max=h（1）=2当x+时，h（x），当x0+时，h（x）。根据函数的大致图象可知a2【点评】本题第1问属于基础题，两函数图象在同一点的切线相同，则在该点处的导数相等，即可求出参数的值；第2问函数有零点，则对应方程有根，再通过参变量分离，从而将求参数的取值范围转化为求函数的值域。选做题（两题只选一题做）选修4-4坐标系及参数方程22【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程。【分析】（1）曲线C1：（为参数），利用平方关系化为普通方程：x2+（y1）2=1，展开代入互化公式可得极坐标方程。曲线C2的方程为=2cos+2sin，即2=（2cos+2sin），利用互化公式可得直角坐标方程。（2）直线l：（t为参数），可得普通方程：y=x，可得极坐标方程：=（R）。分别代入极坐标方程即可得出，|AB|=|OB|OA|。【解答】解：（1）曲线C1：（为参数），化为普通方程：x2+（y1）2=1，展开可得：x2+y22y=0，可得极坐标方程：22sin=0，即=2sin。曲线C2的方程为=2cos+2sin，即2=（2cos+2sin），化为直角坐标方程：x2+y2=2x+2y。（2）直线l：（t为参数），可得普通方程：y=x，可得极坐标方程：=（R）。|OA|=2sin=，|OB|=2cos+2sin=+=4，|AB|=|OB|OA|=4。【点评】本题考查了参数方程化为普通方程及其应用、直角坐标方程化为极坐标方程、三角函数的基本关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题。选修4-5：不等式选讲【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法。【分析】（）去绝对值，对x分类讨论，分别求解，最后求并集即可；（）存在xR，使f（x）|2a4|，相当于只需f（x）的最大值大于|2a4|，求出f（x）的最大值，解绝对值不等式即可。【解答】解：（）当x1时，f（x）=4，当1x3时，f（x）=2x2，当x3时，f（x）=4，当x3时f（x）1恒成立，当1x3时，2x21，x，f（x）1的解集为，+）；（）由上可知f（x）的最大值为4，4|2a4|，0a4，故a的范围为（0，4）。【点评】考查了绝对值函数的求解和恒成立问题的转化，属于基础题型，应熟练掌握。 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