【文档说明】2022届福建省泉州市考前推题六：选择填空（二） PDF版含解析.pdf，共(12)页，341.100 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，共3页泉州市2022年高考质优生考前强化训练资料推题六：选择填空（二）一、单选题1．新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（）A．310B．13C．1130D．25关

键词：复杂的排列问题（分类处理）2．设22ln20a，21ln21b，20ln22c，则（）A．acbB．abcC．bacD．cba关键词：比较大小（构造函数）3．已知不等式1lneaxxaxx对1x

，恒成立，则实数a的最小值为（）A．eB．e2C．eD．2e关键词：同构思想二、多选题4．已知三棱柱111ABCABC为正三棱柱，且A12,23AAB，D是11BC的中点，点P是线段1AD上的动点，则下列结论正确的是（）A．四面体11ABCB外接球的表面积为20B

．若直线PB与底面ABC所成角为，则sin的取值范围为127,27C．若12AP，则异面直线AP与1BC所成的角为4D．若过BC且与AP垂直的截面与AP交于点E，则三棱锥PBCE的体积的

最小值32关键词：柱体中的位置关系、体积和外接球问题试卷第2页，共3页5．已知等比数列na的公比为q，前n项和0nS，设2132nnnbaa，记nb的前n项和为nT，则下列判断正确的是（）A．

若1q，则nnTSB．若2q，则nnTSC．若14q，则nnTSD．若34q，则nnTS关键词：数列中的分类讨论6．抛物线C：22xpy的焦点为F，P为其上一动点，当P运动到,1t时，2PF，直线l与抛物线相交于,A

B两点，点4,1M，下列结论正确的是（）A．抛物线的方程为28xyB．PMPF的最小值为6C．当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与x轴相切D．若过,AB的抛物线的两条切线交准线于点T，则,AB两点的纵坐标之和最小值为2关键词：抛物线的性质、切线问题7．已

知正实数a，b，c满足1logbaccba，则一定有（）A．1aB．abC．bcD．ca关键词：比较大小（构造函数）8．已知函数221,0,()log,0,xkxxfxxx下列

关于函数1yffx的零点个数的说法中，正确的是（）A．当1k，有1个零点B．当2k时，有3个零点C．当10k，有4个零点D．当4k时，有7个零点关键词：嵌套函数（数形结合、分类讨论）试卷第3页，共3页三、填空题9．已知数

列na与nb满足1121nnnnnbaba，1312nnb，且12a，则2na__________．关键词：数列奇偶分析10．已知数列na的前n项和为nS，1(1)32n

nnnSan，若naM„对任意的*nN恒成立，则实数M的取值范围是_______．关键词：数列递推关系、奇偶分析11．已知SAB△是边长为2的等边三角形，45ACB，当三棱锥SABC体积最大时，其外

接球的表面积为__________．关键词：锥体体积和外接球问题12．已知12,FF为双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点，00(,)Pxy是双曲线C右支上的一点，连接1PF并过1F作垂直于1PF的直线交双曲线左支于,RQ，其中00(,)Rxy，1

QFP△为等腰三角形．则C的离心率为__________．关键词：双曲线定义和离心率答案第1页，共9页参考答案1．C.【详解】5个快递送到5个地方有55120A种方法，全送错的方法数：先分步：第一步快递A送错有4种方法，第二步考虑A所送位置对应的快递，假设A送到丙地，

第二步考虑快递C，对C分类，第一类C送到甲地，则剩下,,BDE要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类C送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的,,BDE只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），所以总

的方法数为4(1233)44，所求概率为441112030P．故选：C．2．B.【详解】设lnxfxx，则21lnxfxx，令0fx，解得：0ex，故fx在0,e上单调递增

；令0fx，解得：ex，故fx在e,上单调递减.可得：2220ff，即ln22ln202220，即20ln2222ln20，故有：ac.设ln1gxxx0x，则11011xgxxx，则gx在0,

上单调递增，00gxg，故ln10xxx.21ln21ln20ln20ba12121ln1ln20ln2002020，故有：ba，同理：cb，综

上可得：abc.故选：B.答案第2页，共9页3．C.【详解】因为1lneaxxaxx，所以1lnlneaaaxxxaxxx，即11lnlneeaaxxxx，构造函数lnfxxx，0x，所以1eaxffx，111xfxxx

，令0fx，解得：1x，令0fx，解得：01x，故fx在01，上单调递减，在1,上单调递增，当1x时，101exax，与1的大小不定，但当实数a最小时，只需考虑其为负数的

情况，此时01ax.因为当01x时，fx单调递减，故1eaxx，两边取对数得：ln1xaxx，所以lnxax.令lnxgxx，则21lnlnxgxx，令0gx得：1ex，令0gx得：ex，所以

gx在1e，单调递增，在e,+单调递减，所以eegxg，故a的最小值是e．当01x时，11ex，从四个选项均为负，考虑1ax，此时有1eaxx，01x，两边取对数得：ln01xaxx，所以lnxax.令lnxg

xx，则21lnlnxgxx，当01x时，0gx恒成立，所以gx在0,1上单调递增，无最大值，此时无解，综上：故a的最小值是e．故选：C.答案第3页，共9页4．ABD.【详解】四面体11ABCB外接球即为正三棱柱111ABCABC外接球

，因为ABC△外接圆的半径32323r，且12AA，设正三棱柱111ABCABC外接球的半径为R，设正三棱柱的高为12hAA，则由2222hRr得5R，故其表面积为2420R，故A正确；取BC的中点F，连接DF，AF，BD，1AD，由正三棱柱的性质可知

平面1AADF平面ABC，所以当点P与1A重合时，最小为∠1BAA，11121sin42AABAAAB，当点P与D重合时，最大为DBF，22227sin72322DFDBFDB

，所以127sin27，，故B正确；将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则GAP(或其补角)为异面直线AP与1BC所成的角，14AGBC，22AP，因为111160,30GA

CCAD∠，所以190GAD，所以22232=4GP，所以2cos4GAP，即4GAP，故C错；因2132(23)2334PABCV，故要使三棱锥PBCE的体积最小，则三棱锥EABC的体积最大，设B

C的中点为F，作出截面如图所示，因为AP，所以APEF，所以点E在以AF为直径的圆上，所以点E到底面ABC距离的最大值为1133232222AF，所以三棱锥PBCE的体积的最小值为2133323(23)3242

，故D正确；故选：ABD．答案第4页，共9页5．BD.【详解】由于na是等比数列，0nS，所以110,0aSq，当1q时，10nSna，符合题意；当1q时，1101nnaqSq，即101nqq，上

式等价于10,10,nqq①或10,10.nqq②解②得1q.解①，由于n可能是奇数，也可能是偶数，所以1,00,1q.综上所述，q的取值范围是1,00,.因为2

213322nnnnbaaaqq，所以232nnTqqS，所以2311222nnnnTSSqqSqq，而0nS，且1,00,q.所以，当112q，或2q时，0nnTS

，即nnTS，故BD选项正确，C选项错误.当12(0)2qq时，0nnTS，即nnTS.当12q或2q时，0,nnnnTSTS，A选项错误.综上所述，正确的选项为BD.故选：BD.6．CD.【详解】由题设知：122pPF，解得：2p

，抛物线方程为24xy，故选项A错误；连接FM交抛物线于点P，此时PMPF的值最小为4，故选项B错误；答案第5页，共9页如下图所示，设G为AF的中点，过点A作AC抛物线的准线'j于点C，交x轴于点Q，过点G作GDx轴于点D，111222DGOFAQACAF，故以AF为直径的

圆与x轴相切，故选项C正确；设点11,Axy，22,Bxy，由24xy即214yx得：1'2yx，则切线AT的方程为11112yyxxx，即2111124yxxx，同理可得切线BT的方程为22211·24yxxx，由21122211

24112,4,yxxxyxxx解得：1212,214,xxxyxx由题意知T在准线1y上，12114xx，124xx，22221212121212111[)2()2444yyxxxxxxxx

，当120xx时，122yy为最小值，选项D正确，故选：CD.7．AB.【详解】由正实数a，b，c，以及1bc，1ab可得,0,1cb，又log1logccac，所以1ac．所以bbac，又bacb，所以baab，即lnlnbaab

，等价于lnlnabab，答案第6页，共9页构造函数lnxfxx，0x21lnxfxx，当0,1x时，21ln0xfxx，故lnxfxx在0,1上递增，从而ab．又取bc时，原式为1l

ogbabbba同样成立，故CD不正确，故选：AB.8．ABD.【详解】令0y，得1ffx，设fxt，则方程1ffx等价为1ft，函数21yxkx，开口向上，过点0,1，对称轴为2kx，对于A，当1k时，作出函数fx的

图象：1ft，此时方程1ft有一个根12t，由12fx可知，此时x只有一解，即函数1yffx有1个零点，故A正确；对于B，当2k时，作出函数fx的图象：1ft，此时方程1ft有一个根12t，由12fx可知，此时x

有3个解，即函答案第7页，共9页数1yffx有3个零点，故B正确；对于C，当10k时，图像如A，故只有1个零点，故C错误；对于D，当4k时，作出函数fx的图象：1ft，此时方程1ft有

3个根，其中112t，2(1,0)t，3(4,3)t由12fx可知，此时x有3个解，由2(1,0)fxt，此时x有3个解，由3(4,3)fxt，此时x有1个解，即函数1yffx

有7个零点，故D正确；故选：ABD．9．142n.【详解】由1312nnb，当*2,nkkN,2123112kkb；当*21,nkkN,22213122kkb.由1121n

nnnnbaba，令21,Nnkk，得：21222121222122221kkkkkkkbabaaa,①令*2,nkkN，得：2212221221221kkkkkkkbabaaa,②①-②得：答案第8页，共9页

222342kkkaa.从而得：142342aa，264342aa，……1222342kkkaa.上述1k个式子相加得：121122414334442142214kkkkaa.

由①式可得：1221aa，得232a，1231421422kkka.所以2142nna.故答案为142n.10．3,.【详解】由1132nnnnSan得134a

；当2n时，111(1)(1)12nnnnnnnnaSSaa，n为偶数时，则1112nna，∴1112nna（n为正奇数）；n为奇数时，11132nna，∴

132nna（n为正偶数）；函数1112nna（n为正奇数）是减函数，有最大值134a.函数132nna（n为正偶数）是增函数，最大值3na，综上，3()nanN，故只需3M，填3,.11．283.解：取AB的中点D，连接C

D，设ABC的外接圆的圆心为E，SAB的外接圆的圆心为F，因为SAB是边长为2的等边三角形，所以SAB面积确定，要使三棱锥SABC体积最大，即要使点C到平面SAB的距离最大，答案第9页，共9页只有当平面ABC平面SAB时，体积最大，即点C到边AB的距离最大，三棱锥的体积最大，

因为45ACB，且2AB，ABC外接圆E的半径CE为12×=22sin45，又E为ABC△的外心，E在AB的中垂线上，且2EAEBCE.2AB，1EDAD，当点C满足CACB时，,,CED共线，点C到边AB的距离最大，三棱锥的体积最

大.此时三棱锥的高即为CD的长，此时ABC△外接圆E的圆心E在CD上，根据球的性质可知，OECE，OFDF，OFED∥，故四边形EODF为矩形，故133××2=323OEDF，在RtCEO△中，球的半径平方为22217+2+33CO

CEOE，所以球的表面积为27284πR=4π=π33.12．102.【详解】连接2PF并延长交右支于点S，设1PFx，则22PFxa，因为双曲线是中心对称，且POOR，所以四边形PSRQ是平行四边形．因1QFP△是等腰三角形，12

QFP，所以11QFFP，故21FSQFx，且12FPS，根据双曲线的定义，有12FSxa，所以222222xaxxa，解得3xa，所以2PFa，所以22234aac，102ca．