2022屆福建省高三下學期第六次檢測數學試卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

2、要求的。1已知l，m是兩條不同的直線，m平面，則“”是“l(fā)m”的（ ）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件2執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入，則輸出屬于（ ）ABCD3定義運算，則函數的圖象是（ ）ABCD4復數滿足，則復數等于（）ABC2D-25已知復數滿足，則的共軛復數是（ ）ABCD6已知曲線且過定點，若且，則的最小值為（ ）.AB9C5D7已知無窮等比數列的公比為2，且，則（ ）ABCD8如圖所示，已知雙曲線的右焦點為，雙曲線的右支上一點，它關于原點的對稱點為，滿足，且，則雙曲線的離心率是（ ）.ABCD9一場考試需要2小時，在這場考試中鐘表的時針轉過的

3、弧度數為（ ）ABCD10已知集合，則（）ABCD11設是定義在實數集上的函數，滿足條件是偶函數，且當時，則，的大小關系是（ ）ABCD12如圖是正方體截去一個四棱錐后的得到的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知三棱錐，是邊長為4的正三角形，分別是、的中點，為棱上一動點（點除外），若異面直線與所成的角為，且，則_.14已知過點的直線與函數的圖象交于、兩點，點在線段上，過作軸的平行線交函數的圖象于點，當軸，點的橫坐標是 15過動點作圓：的切線，其中為切點，若（為坐標原點），則的最小值是_16已知的三個內角為，且，成等差數列， 則

4、的最小值為_，最大值為_.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）在中， 角，的對邊分別為， 其中， .（1）求角的值；（2）若，為邊上的任意一點，求的最小值.18（12分）如圖，在正四棱柱中，過頂點，的平面與棱，分別交于，兩點（不在棱的端點處）.（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）求證：與不垂直；（3）若平面與棱所在直線交于點，當四邊形為菱形時，求長.19（12分）如圖，在中，角的對邊分別為，且滿足，線段的中點為.（）求角的大??；（）已知，求的大小.20（12分）己知，函數.（1）若，解不等式；（2）若函數，且存在使得成立，求實數的取值范圍.21（12分

5、）的內角、所對的邊長分別為、，已知.（1）求的值；（2）若，點是線段的中點，求的面積.22（10分）2018年反映社會現實的電影我不是藥神引起了很大的轟動，治療特種病的創(chuàng)新藥研發(fā)成了當務之急為此，某藥企加大了研發(fā)投入，市場上治療一類慢性病的特效藥品的研發(fā)費用（百萬元）和銷量（萬盒）的統計數據如下：研發(fā)費用（百萬元）2361013151821銷量（萬盒）1122.53.53.54.56（1）求與的相關系數精確到0.01，并判斷與的關系是否可用線性回歸方程模型擬合？（規(guī)定：時，可用線性回歸方程模型擬合）；（2）該藥企準備生產藥品的三類不同的劑型，并對其進行兩次檢測，當第一次檢測合格后，才能進行第二

6、次檢測第一次檢測時，三類劑型，合格的概率分別為，第二次檢測時，三類劑型，合格的概率分別為，兩次檢測過程相互獨立，設經過兩次檢測后，三類劑型合格的種類數為，求的數學期望附：（1）相關系數（2），參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1A【解析】根據充分條件和必要條件的定義，結合線面垂直的性質進行判斷即可.【詳解】當m平面時，若l”則“l(fā)m”成立，即充分性成立，若lm，則l或l，即必要性不成立，則“l(fā)”是“l(fā)m”充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合線面垂直的性質和定義是解決本題的關鍵.難

7、度不大，屬于基礎題2B【解析】由題意，框圖的作用是求分段函數的值域，求解即得解.【詳解】由題意可知，框圖的作用是求分段函數的值域，當；當綜上：.故選：B【點睛】本題考查了條件分支的程序框圖，考查了學生邏輯推理，分類討論，數學運算的能力，屬于基礎題.3A【解析】由已知新運算的意義就是取得中的最小值，因此函數，只有選項中的圖象符合要求，故選A.4B【解析】通過復數的模以及復數的代數形式混合運算，化簡求解即可.【詳解】復數滿足，故選B.【點睛】本題主要考查復數的基本運算，復數模長的概念，屬于基礎題5B【解析】根據復數的除法運算法則和共軛復數的定義直接求解即可.【詳解】由，得，所以故選：B【點睛】本題

8、考查了復數的除法的運算法則，考查了復數的共軛復數的定義，屬于基礎題.6A【解析】根據指數型函數所過的定點，確定，再根據條件，利用基本不等式求的最小值.【詳解】定點為,，當且僅當時等號成立，即時取得最小值.故選：A【點睛】本題考查指數型函數的性質，以及基本不等式求最值，意在考查轉化與變形，基本計算能力，屬于基礎題型.7A【解析】依據無窮等比數列求和公式，先求出首項，再求出，利用無窮等比數列求和公式即可求出結果?！驹斀狻恳驗闊o窮等比數列的公比為2，則無窮等比數列的公比為。由有，解得，所以，故選A。【點睛】本題主要考查無窮等比數列求和公式的應用。8C【解析】易得，又，平方計算即可得到答案.【詳解】設

9、雙曲線C的左焦點為E，易得為平行四邊形，所以，又，故，所以，即，故離心率為.故選：C.【點睛】本題考查求雙曲線離心率的問題，關鍵是建立的方程或不等關系，是一道中檔題.9B【解析】因為時針經過2小時相當于轉了一圈的，且按順時針轉所形成的角為負角，綜合以上即可得到本題答案.【詳解】因為時針旋轉一周為12小時，轉過的角度為，按順時針轉所形成的角為負角，所以經過2小時，時針所轉過的弧度數為.故選：B【點睛】本題主要考查正負角的定義以及弧度制，屬于基礎題.10A【解析】根據對數性質可知，再根據集合的交集運算即可求解.【詳解】，集合，由交集運算可得.故選：A.【點睛】本題考查由對數的性質比較大小，集合交集

10、的簡單運算，屬于基礎題.11C【解析】y=f（x+1）是偶函數，f（-x+1）=f（x+1），即函數f（x）關于x=1對稱當x1時，為減函數，f（log32）=f（2-log32）= f（）且=log34，log343，bac，故選C12C【解析】根據三視圖作出幾何體的直觀圖，結合三視圖的數據可求得幾何體的體積.【詳解】根據三視圖還原幾何體的直觀圖如下圖所示：由圖可知，該幾何體是在棱長為的正方體中截去四棱錐所形成的幾何體，該幾何體的體積為.故選：C.【點睛】本題考查利用三視圖計算幾何體的體積，考查空間想象能力與計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】取

11、的中點，連接，取的中點，連接，直線與所成的角為，計算，根據余弦定理計算得到答案?！驹斀狻咳〉闹悬c，連接，依題意可得，所以平面，所以，因為，分別、的中點，所以，因為，所以，所以平面，故，故，故兩兩垂直。取的中點，連接，因為，所以直線與所成的角為，設，則，所以，化簡得，解得，即.故答案為：.【點睛】本題考查了根據異面直線夾角求長度，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.14【解析】通過設出A點坐標，可得C點坐標，通過軸，可得B點坐標，于是再利用可得答案.【詳解】根據題意，可設點，則,由于軸，故，代入，可得，即，由于在線段上，故，即，解得.15【解析】解答：由圓的方程可得圓心C的坐標為(2,2)，半

12、徑等于1.由M(a,b),則|MN|2=(a2)2+(b2)212=a2+b24a4b+7，|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b24a4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b7=0.a，b滿足的關系為：4a+4b7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值在直線4a+4b7=0上取一點到原點距離最小，由“垂線段最短”得，直線OM垂直直線4a+4b7=0，由點到直線的距離公式得：MN的最小值為： .16 【解析】根據正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范圍，然后構造函數，利用導數，研究函數性質，可得結果.【詳解】由，成等差數列所以所以又化簡可得當且僅當時，

13、取等號又，所以令，則當，即時，當，即時，則在遞增，在遞減所以由，所以所以的最小值為最大值為故答案為：，【點睛】本題考查等差數列、正弦定理、余弦定理，還考查了不等式、導數的綜合應用，難點在于根據余弦定理以及不等式求出，考驗分析能力以及邏輯思維能力，屬難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）；（2）.【解析】（1）利用余弦定理和二倍角的正弦公式，化簡即可得出結果；（2）在中， 由余弦定理得，在中結合正弦定理求出，從而得出，即可得出的解析式，最后結合斜率的幾何意義，即可求出的最小值.【詳解】（1） ，由題知，則，則，；（2）在中， 由余弦定理得，設， 其中.在中

14、，所以，所以的幾何意義為兩點連線斜率的相反數，數形結合可得，故的最小值為.【點睛】本題考查正弦定理和余弦定理的實際應用，還涉及二倍角正弦公式和誘導公式，考查計算能力.18（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】（1）由平面與平面沒有交點，可得與不相交，又與共面，所以，同理可證，得證；（2）由四邊形是平行四邊形，且，則不可能是矩形，所以與不垂直；（3）先證，可得為的中點，從而得出是的中點，可得.【詳解】（1）依題意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面與平面平行，即兩個平面沒有交點，則與不相交，又與共面，所以，同理可證，所以四邊形是平行四邊形；（2）因為，兩點不在棱的端點處，

15、所以，又四邊形是平行四邊形，則不可能是矩形，所以與不垂直；（3）如圖，延長交的延長線于點，若四邊形為菱形，則，易證，所以，即為的中點，因此，且，所以是的中位線，則是的中點，所以.【點睛】本題考查了立體幾何中的線線平行和垂直的判定問題，和線段長的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，屬中檔題.19（）；（）.【解析】（）由正弦定理邊化角，再結合轉化即可求解；（）可設，由，再由余弦定理解得，對中，由余弦定理有，通過勾股定理逆定理可得，進而得解【詳解】（）由正弦定理得.而.由以上兩式得，即.由于，所以，又由于，得.

16、（）設，在中，由正弦定理有.由余弦定理有，整理得，由于，所以.在中，由余弦定理有.所以，所以.【點睛】本題考查正弦定理和余弦定理的綜合運用，屬于中檔題20（1）；（2）【解析】（1）零點分段解不等式即可（2）等價于，由，得不等式即可求解【詳解】（1）當時，當時，由，解得；當時，由，解得；當時，由，解得.綜上可知，原不等式的解集為.（2）.存在使得成立，等價于.又因為，所以，即.解得，結合，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查轉化思想，是中檔題21（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理的邊化角公式，結合兩角和的正弦公式，即可得出的值；（2）由題意得出，兩邊平方，化簡得出，根據三角形面積公式，即可得出結論.【詳解】（1）由正弦定理得即即在中，所以 （2）因為點是線段的中點，所以兩邊平方得由得整理得，解得或（舍）所以的面積【點睛】本題主要考查了正弦定理的邊化