福建省永春一中、培元中学、季延中学、石光中学四校高三第二次联合考试数学(理)试题(解析版)

福建省永春一中、培元中学、季延中学、石光中学四校高三第二次联合考试数学（理）试题
一、单选题
1．集合，，则等于（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先由的值域确定集合，再由确定集合，即可求出结果. 【详解】
因为，所以；又由得，，即，
所以.故选C
【点睛】
本题主要考查集合的交集，属于基础题型.
2．设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则（）
A．5 B．-5 C． D．
【答案】B
【解析】先由题意求出，再由复数的乘法运算，即可求出结果.
【详解】
因为，复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，所以，
所以.故选B
【点睛】
本题主要考查复数的运算，以及复数的几何意义，只需掌握复数的几何意义和运算法则，即可求解，属于基础题型.
3．若二项式展开式中的第5项是常数，则自然数的值为（）
A．10 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【解析】由二项展开式的通项公式，写出展开式中的第5项，令的幂为0，即可求出结果.
【详解】
因为二项式展开式中的第5项是，
因为第5项是常数，所以，即.
故选B
【点睛】
本题主要考查二项式定理，熟记二项展开式的通项公式，即可求解，属于基础题型. 4．若，满足约束条件且向量，，则的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由数量积的定义计算出，设，作出约束条件对应的平面区域，由目标函数的几何意义，即可求出结果.
【详解】
因为，，所以，设,作出约束条件所表示的可行域，如图：
由，则，平移直线，由图像可知，当直线经过点
B时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，即，
此时，
经过点A时，直线的截距最小，此时最小，由，解得，
即，此时，则.
故选A
【点睛】
本题主要考查简单的线性规划问题，做题的关键在于由向量的数量积，将问题转化为线性规划的问题来处理即可，属于基础题型.
5．秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图1所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入，的值分别为4，2，则输出的值为（）
A．8 B．16 C．33 D．66
【答案】D
【解析】按照程序框图，逐步执行，即可得出结果.
【详解】
初始值，，程序运行过程如下：
，
，；
，；
，；
，；
，结束循环，输出的值为66.
故选D
【点睛】
本题主要考查程序框图，按照程序，逐步运行，即可得出结果，属于基础题型.
6．下列命题是假命题的是（）
A．已知随机变量，若，则；
B．在三角形中，是的充要条件；
C．向量，，则在的方向上的投影为2；
D．命题“或为真命题”是命题“为真命题且为假命题”的必要不充分条件。

【答案】C
【解析】根据正态分布的特征可判断A；根据正弦定理和三角形的性质可判断B；根据向量投影的定义可判断C；根据必要不充分条件的概念，可判断D.
【详解】
对于A，根据正态分布的对称性可得：若，则，故A正确；
对于B，三角形中，大角对大边，大边对大角；所以若则，由正弦定理得
；反之，也成立，故B正确；
对于C，因为，，所以在的方向上的投影为，故C错误；
对于D，若“或为真命题”，则，至少一个为真，不能推出“为真命题且为假命题”；
反之，若“为真命题且为假命题”则“或为真命题”，能推出，故D正确；
故选C
【点睛】
本题主要考查命题真假的判断，熟记相关知识点，逐项判断即可，属于基础题型. 7．某几何体的三视图如图示，则此几何体的体积是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由三视图可知，该几何体的下半部分为底面半径为2，高为1的圆柱的一半，上半部分为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，结合圆柱与圆锥的体积公式，即可求解.
【详解】
由三视图可知，该几何体的下半部分为底面半径为2，高为1的圆柱的一半，上半部分为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以该几何体的体积为
.
故选B
【点睛】
本题主要考查几何体的三视图，由三视图先确定该几何体的形状，再由几何体的体积公式，即可求出结果，属于基础题型.
8．已知等差数列和等比数列各项都是正数，且，.那么一定有（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由已知得，利用均值不等式即可比较大小.
【详解】
因为等差数列和等比数列各项都是正数，且，，
所以，
所以.当且仅当时，取等号，此时公比为1.
故选B 【点睛】
本题主要考查等差数列与等比数列的性质，根据等差中项和等比中项，结合均值不等式，即可求出结果，属于基础题型.
9．定义在区间的函数的值域是，则的最大值与最
小值之和为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】利用两角差的正弦公式，可将化为，由函数
在区间上的值域为，不妨令，可得，由此即可
求出结果. 【详解】
，因为，
所以，由函数在区间上的值域为，
不妨令，则，
所以的最大值为；
最小值为，所以
故选D 【点睛】
本题主要考查三角函数的性质，根据正弦函数的性质，即可求解，属于常考题型.
10．函数()()
22x
f x x x e =-的图象大致是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】因为()()()
222222x x
f x x x x e x e =-+-=-'，所以当(,x ∈-∞时，
()
0f x '>，函数单调递增；当(x ∈时， ()0f x '<，函数单调递减；当
)
x ∈
+∞时， ()0f x '>，函数单调递增；又x <时， 220x x ->，即
()0f x >，应选答案B 。

点睛：解答本题的关键是借助题设中提供的图像信息，先对函数()()
22x
f x x x e =-进行求导得到()()()
222222x x
f x x x x e x e =-+-=-'，再结合图像信息进行分析判
断，从而使得问题获解。

二、填空题 11．已知直线，
平行，则它们之间的距离是__________．
【答案】2
【解析】由两直线平行，可先求出参数的值，再由两平行线间距离公式即可求出结果. 【详解】 因为直线，平行，所以，解得
，
所以
即是
，
由两条平行线间的距离公式可得.
故答案为2
【点睛】
本题主要考查两条平行线间的距离，熟记公式即可求解，属于基础题型.
12．已知为等差数列，，，的前项和为，则使得达到最大值时是__________．
【答案】20
【解析】先设等差数列的公差为，根据，，求出首项和公差，由数列的单调性，即可求出结果.
【详解】
设等差数列的公差为，由，作差得，
所以，所以数列单调递减，又，解得，所以，由得，，即，所以，，所以当时，取最大值.
故答案为20
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质，确定出等差数列的公差，和使的最大的，即可求解，属于常考题型.
13．已知为双曲线：的左焦点，直线经过点，若点，
关于直线对称，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】由点，关于直线对称，得到直线的斜率，再根据直线过点，可求出直线方程，又，中点在直线上，代入直线的方程，化简整理，即可求出结果. 【详解】
因为为双曲线：的左焦点，所以，又点，关于直线对称，，所以可得直线的方程为，又，中点在直线上，
所以，整理得，又，所以，
故，解得，因为，所以.
故答案为
【点睛】
本题主要考查双曲线的简单性质，先由两点对称，求出直线斜率，再由焦点坐标求出直线方程，根据中点在直线上，即可求出结果，属于常考题型.
14．设函数、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，若对，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】【详解】
由f(x)+g(x)=2x①
f(-x)+g(-x)=2-x
-f(x)+g(x)=2-x. ②
由式①、②得，
g(x)=，f(x)=.
由af(x)+g(2x)≥0
a(2x-2-x)+22x+2-2x≥0. ③
令t=2x-2–x，由x[1，2]，得t∈，且22x+2-2x=t2+2.
则对t∈由式③得.
因为函数在区间内单调递增，所以t=时，.
故，即.
三、解答题
15．在数列中，，.
（1）证明数列成等比数列，并求的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）由，可得，即可证明成等比数列，进而可求出的通项公式；
（2）先由（1）求出，再由错位相减法，即可求出结果.
【详解】
（1）由条件得，
又时，.
故数列构成首项为1，公比为的等比数列.
从而，即.
（2）由
得，
两式相减得：，
整理得：.
【点睛】
本题主要考查等比数列，以及错位相减法求数列的和，熟记等比数列的定义，即可证明
数列是等比数列；错位相减法求数列的和，是高考中出现频率较高的一种题型，属于常考题型.
16．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）6
【解析】（1）由正弦定理将化为，化简整理即可求出结果；
（2）根据余弦定理得到，再结合基本不等式即可求出结果.
【详解】
（1）由正弦定理得，
则，
即，
∵，∴，∴，
∴由得.
（2）由余弦定理得，
即，
即即（等号当且仅当时成立）
∴，∴周长的最大值为6.
【点睛】
本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，熟记定理及公式，即可求解，
属于常考题型.
17．已知如图1所示，在边长为12的正方形中，，且，，
分别交，于点、，将该正方形沿，，折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱，在该三棱柱底边上有一点，满足；请在图2中解决下列问题：
（1）求证：当时，平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）或
【解析】（1）根据线面平行的判定定理，即可证明平面；
（2）用空间向量的方法，建立适当的坐标系，求出平面的一个法向量，用表示出
的坐标，进而表示出直线的方向向量，由直线与平面所成角的正弦值为，即可求出结果.
【详解】
（1）解：在图（2）中，过作交于，连接，所以，
∴共面且平面交平面于，
∵，，
又，∴，，
∴四边形为平行四边形，∴，
平面，平面，
∴平面.
（2）解：因为，，所以，从而，
即.由图1知，，，分別以，，为，，轴，则，，，，
，，，
设平面的法向量为，所以得，
令，则，，所以，
由得的坐标为，
∵直线与平面所成角的正弦值为，
∴，解得或.
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定，以及根据直线与平面所成的角求参数，需要考生熟记线面平行的判定定理即可；空间向量的方法求线面角，是最实用的一种做法，属于常考题型.
18．
（本题满分15分）已知m＞1，直线，
椭圆，分别为椭圆的左、右焦点.
（Ⅰ）当直线过右焦点时，求直线的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，，
的重心分别为.若原点在以线段
为直径的圆内，求实数的取值范围.
【答案】，
【解析】试题分析：（Ⅰ）由椭圆方程可得椭圆的右焦点坐标将其代入直线方程即可求
得的值．（Ⅱ）将直线方程与椭圆方程联立，消去可得关于的一元二次方程，从
而可得两根之积两根之和．根据重心坐标公式分别求得点的坐标，由题意可知
，即．根据数量积公式可求得范围．
试题解析：解：（Ⅰ）∵直线：经过，
，得．
又，．
故直线的方程为．
（Ⅱ）设，
由消去得，
∴．
由，得，
由于，故为的中点．
由分别为的重心，可知，
设是的中点，则，
∵原点在以线段为直径的圆内，．
而，
∴，即．
又且，．的取值范围是．
【考点】直线与椭圆的位置关系问题．
19．已知函数（为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若对任意的恒成立，求实数的值；
（3）求证：.
【答案】（Ⅰ）时，单调递增区间为；时，单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析
【解析】试题分析：（1）先求导函数数，利用，即可求函数的单调增区间，
即可求函数的单调减区间；（2）若对任意的恒成立，对恒
成立, 即可求实数的值；（3）要证原不等式成立，只需证：，即证：
，结合（2）利用裂项相消法求和，根据放缩法可证．
试题解析：解：（1），∴时，，在上单调递增：时，
时，单调递减，时，单调递增．
（2）由（1），时，，∴，即，
记．，∴在上增，在上递减，∴，故，得．
（3）时，，时，，
时，．
由（2）可知，即，则时，，故
，
即原不等式成立．
【考点】1、利用导数研究函数的单调性及求函数最值；2、不等式正明及不等式恒成立问题．
【方法点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及求函数最值、不等式正明及不
等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立（即可）或恒成立（即可）；②数形结合；③讨论最值
或恒成立；④讨论参数．本题是利用方法③求得的最大值．
20．已知直线的参数方程为（其中为参数），曲线：
，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，两种
坐标系中取相同长度单位.
（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；
（2）在曲线上是否存在一点，使点到直线的距离最大？若存在，求出距离的最大值及点的直角坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）:，：；（2）.
【解析】试题分析：（1）直接由直线的参数方程消去方程组中的参数和直角坐标与
极坐标转化公式消去参数即可得到直线在直角坐标系中的方程和曲线在直角坐标系下的方程；
（2）由（1）知，的方程为，于是可设（其中为参数），所以点到直线的距离可用含参数的式子表示出来，根据正弦函数的图像及其性质可得距离的最大值，以及取得最大值的参数的值，进而求出点的坐标.
试题解析：（1）因为直线的参数方程为，所以消去方程组中的参数即可得到直线在直角坐标系中的方程；由曲线：
以及，消去可得曲线在直角坐标系下的方程；
（2）由题意可知（其中为参数），到得距离为
，，此时
，，，，
，即.
【考点】1、直线的参数方程；2、极坐标系与直角坐标系的转化；
21．已知函数.
（1）当时，求关于的不等式的解集；
（2）若关于的不等式有解，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）将代入不等式，得到，再通过讨论的范围，即可求出结果；
（2）先根据不等式有解，可得只需大于等于的最小值，进而可求出结果.
【详解】
（1）当时，不等式为，
若，则，即，
若，则，舍去，
若，则，即，
综上，不等式的解集为；
（2）当且仅当时等号成立，
题意等价于，，的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及不等式成立的问题，根据含绝对值不等式的性质以及分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型.。