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
1~5．ACDDA 6~10．BDCBB 11~12．AA
二、填空题
13．
14．
15．
16．
三、解答题
17．解：（Ⅰ）．
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）∵．．
①
则②
②﹣①，得．
即数列的前项和，
则，所以，
即的最小值为6．
19．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，，．
①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．
②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：（Ⅰ）当时，
，
当时，
，
当时，
，
∴当时恒成立，
当﹣1＜x＜3时，，
∴，
∴f（x）≥1的解集为；
（Ⅱ）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（z﹣2i）（2﹣i）=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=x2≥0，得到M=[0，+∞），
由N中x2+y2=1，得到y≤1，即N=（﹣∞，1]，
则M∩N=[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q≠1；
∵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（+2α）的值。
【解答】解：∵tanα=2，α∈（0，π），
则cos（+2α）=cos（+2α）=﹣sin2α=﹣2sinαcosα
=﹣=﹣═﹣=﹣，
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。

5．A．（4，10] B．（2，+∞） C．（2，4] D．（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=3a﹣2，i=1，不满足退出循环的条件；
第二次执行循环体后，x=9a﹣8，i=2，不满足退出循环的条件；
第三次执行循环体后，x=27a﹣26，i=3，满足退出循环的条件；
故9a﹣8≤82，且27a﹣26＞82，
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=×2×2+π=2+π，
高h=3，
故体积V=Sh=6+π，
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=c2﹣a2=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=c2﹣a2=3a2，
∵PF2为圆O的切线，
在Rt△POF2，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（ωx+φ）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。
①由周期公式求周期，再由f（0）≠0说明命题错误；
②③直接代值验证说明命题正确；
④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π，
但，函数f（x）不是奇函数。命题①错误；
∵，
∴函数f（x）图象的一条对称轴是x=。命题②正确；
∵，
∴函数f（x）图象的一个对称中心为（，0）。命题③正确；
由，得：
。
∴函数f（x）的递增区间为[kπ+，kπ+]，k∈Z。命题④正确。
∴正确结论的个数是3个。
故选：B．
【点评】本题考查y=Asin（ωx+φ）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，y∈R）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，y∈R）两边平方，
得=2+2+2xy，
所以 x2+y2=1，
∵（x+y）2=x2+y2+2xy≤2（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A′B交直线l于点P，
则椭圆C的长轴长的最小值为|A′B|=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】（a﹣c）2+（b﹣d）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=3x﹣ln（x+1）上，点（d，c）在直线y=2x+上。故（a﹣c）2+（b﹣d）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）+a﹣3b=0，得a=3b﹣ln（b+1），则点（b，a）是曲线y=3x﹣ln（x+1）上的任意一点，
由2d﹣c+=0，得c=2d+，则点（d，c）是直线y=2x+上的任意一点，
因为（a﹣c）2+（b﹣d）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（a﹣c）2+（b﹣d）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=x﹣2y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=x﹣2y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x≤0时，f（x）=x2+x=（x+）2﹣≥﹣，
若函数f（x）与y=m有三个不同的交点，
则﹣＜m≤0，
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S﹣ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，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=（3n﹣1）求得bn，进一步得到an，把an，bn代入λan＞bn+36（n﹣3）+3λ，分离λ，然后求出关于n的函数的最大值得答案。
【解答】解：由Sn=（3n﹣1），得，
当n≥2时，，
当n=1时，上式成立，∴。
代入an=2bn+3，得，
代入λan＞bn+36（n﹣3）+3λ，得λ（an﹣3）＞bn+36（n﹣3），
即2λ•3n＞3n+36（n﹣3），
则λ＞+。
由=，得n≤3．
∴n=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．（Ⅰ）求角B的值；
（Ⅱ）若b=≤a，求2a﹣c的取值范围。
【考点】余弦定理；正弦定理。
【分析】（I）cos2A﹣cos2B=2cos（A﹣）cos（A+）。根据两角和与差的正、余弦公式可得：2sin2B﹣2sin2A=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2a﹣c的取值范围。
【解答】解：（I）cos2A﹣cos2B=2cos（A﹣）cos（A+）。
根据两角和与差的正、余弦公式可得：2sin2B﹣2sin2A=2，
整理可得sinB=，B∈（0，π）。
故B=或。
（II）因为b≤a，所以B=，
由正弦定理====2，
得a=2sinA，c=2sinC，
2a﹣c=4sinA﹣2sinC=4sinA﹣2sin
=3sinA﹣cosA=2，
因为b≤a，所以≤A，≤A﹣，
所以2a﹣c∈。
【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a2．a4的等差中项，得a2+a4=2（a3+2），
因为a2+a3+a4=28，所以a2+a4=28﹣a3，
所以2（a3+2）=28﹣a3，解得a3=8，
所以a2+a4=20，
所以，解得或，
又{an}为递增数列，所以q＞1．
所以a1=2，q=2，所以an=2n。
（2）∵bn=anlogan=2n。nlog2n═﹣n•2n。
Sn=b1+b2+…+bn=﹣（1×2+2×22+…+n×2n）①
则2Sn=﹣（1×22+2×23+…+n×2n+1）②
②﹣①，得Sn=（2+22+…+2n）﹣n•2n+1=2n+1﹣2﹣n•2n+1
即数列{bn}的前项和Sn=2n+1﹣2﹣n•2n+1，
则Sn+n•2n+1=2n+1﹣2＞62，所以n＞5，
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AE⊥CP，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AO⊥OB，结合AO⊥CP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AE⊥CP，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，AO⊥CP。
在△OBC中，由余弦定理得OB2=12+（2）2﹣2×cos30°=7，
在图2中，∵AB=，∴AO2+OB2=AB2，∴AO⊥OB．
又CP⊂平面BCP，BC⊂平面BCP，CP∩BC=C，
∴AO⊥平面BCP，又AO⊂平面ACP，
∴平面ACP⊥平面BCP。
解：（2）以O为原点，以OC．OE、OA为坐标轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，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B﹣AC﹣P为锐角，
∴二面角B﹣AC﹣P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（x﹣2），则直线BD的方程为y=﹣（x﹣2）。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．
①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．
②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（x﹣2），
则直线CD的方程为y=﹣（x﹣2）。
联立，化为（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣8=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+2x﹣3，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=4x﹣4，
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φ（x）=4﹣8lnx﹣x3﹣3x，则φ'（x）=＜0恒成立，故φ（x）在（0，+∞）上单调递减，
又因为φ（1）=0，所以当x＞1时，φ（x）＜0，当0＜x＜1时，φ（x）＞0.
所以当x＞1时，h'（x）＜0，当0＜x＜1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x→0+时，h（x）→﹣∞。
根据函数的大致图象可知a≤2．
【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：（θ为参数），利用平方关系化为普通方程：x2+（y﹣1）2=1，展开代入互化公式可得极坐标方程。曲线C2的方程为ρ=﹣2cosθ+2sinθ，即ρ2=ρ（﹣2cosθ+2sinθ），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：θ=（ρ∈R）。分别代入极坐标方程即可得出，|AB|=|OB|﹣|OA|。
【解答】解：（1）曲线C1：（θ为参数），化为普通方程：x2+（y﹣1）2=1，展开可得：x2+y2﹣2y=0，可得极坐标方程：ρ2﹣2ρsinθ=0，即ρ=2sinθ。
曲线C2的方程为ρ=﹣2cosθ+2sinθ，即ρ2=ρ（﹣2cosθ+2sinθ），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：θ=（ρ∈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】（Ⅰ）去绝对值，对x分类讨论，分别求解，最后求并集即可；
（Ⅱ）存在x∈R，使f（x）＞|2a﹣4|，相当于只需f（x）的最大值大于|2a﹣4|，求出f（x）的最大值，解绝对值不等式即可。
【解答】解：（Ⅰ）当x≤﹣1时，
f（x）=﹣4，
当﹣1＜x＜3时，
f（x）=2x﹣2，
当x≥3时，
f（x）=4，
∴当x≥3时f（x）≥1恒成立，
当﹣1＜x＜3时，2x﹣2≥1，
∴x≥，
∴f（x）≥1的解集为[，+∞）；
（Ⅱ）由上可知f（x）的最大值为4，
∴4＞|2a﹣4|，
∴0＜a＜4，
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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