2022届福建省南平市高三毕业班第三次质量检测 数学试题【解析版】

南平市2021—2022学年高三毕业班第三次质量 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 数学试题一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的.11.已知复数z2，则复数z的虛部为（）2i11812A.B.C.D.5555【1题答案】【答案】A【解析】【分析】先由复数的运算求出z，再求出虚部即可.12i2i1211【详解】z222i，故虚部为.2i2i2i5555故选：A.2.设集合Ax1x3，集合Bxxa，若AB，则a的取值范围为（）A.a3B.1a3C.a1D.a1【2题答案】【答案】D【解析】【分析】直接由AB求解即可.【详解】由AB可得a1.故选：D.3.抛掷两枚质地均匀的硬币，下列事件与事件“至少一枚硬币正面朝上”互为对立的是（）A.至多一枚硬币正面朝上B.只有一枚硬币正面朝上C.两枚硬币反面朝上D.两枚硬币正面朝上【3题答案】【答案】C【解析】【分析】由对立事件的概念直接判断即可.1【详解】由对立事件的概念知：“至少一枚硬币正面朝上”的对立事件为“两枚硬币反面朝上”.故选：C.4.《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，当E分别与A1，B1，C1，D1重合时，所形成的四面体EBCD中鳖臑共有（）A.1个B.2个C.3个D.4个【4题答案】【答案】B【解析】【分析】当E与A1，C1重合时，由△EBD为等边三角形即可判断四面体不是鳖臑；当E与B1，D1重合时，证明四个面均为直角三角形即可.【详解】如图，当E与A1重合时，易得EBEDBD，故△EBD为等边三角形，此时四面体EBCD不是鳖臑；2当E与B1重合时，易得EBC,BCD为直角三角形，又EB面ABCD，BD面ABCD，故EBBD，故△EBD为直角三角形，同理ECD为直角三角形，此时四面体EBCD是鳖臑；当E与C1重合时，易得EBEDBD，故△EBD为等边三角形，此时四面体EBCD不是鳖臑；当E与D1重合时，易得ECD,BCD为直角三角形，又ED面ABCD，BD面ABCD，故EDBD，故△EBD为直角三角形，同理EBC为直角三角形，此时四面体EBCD是鳖臑；故共有2个.故选：B.135.在单位圆中，已知角的终边与单位圆交于点P,，现将角的终边按逆时针方223向旋转，记此时角的终边与单位圆交于点Q，则点Q的坐标为（）33113A.,B.,C.1,0D.0,12222【5题答案】【答案】B【解析】31【分析】先由三角 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数的定义求得sin,cos，再由正余弦和角公式求得22cos()，sin()即可求得点Q的坐标.3331【详解】由三角函数定义知：sin,cos，将角的终边按逆时针方向旋转22，此时角变为，331故点Q的横坐标为cos()coscossinsin，33323点Q的纵坐标为sin()sincoscossin，333213故点Q的坐标为,.22故选：B.6.在ABC中，若tanAB2，则tan2C（）2A.22B.C.2D.222【6题答案】【答案】A【解析】【分析】由tanCtanAB2，利用正切的二倍角公式即可求解.【详解】因为ABC，所以tanCtanAB2，42tanC22所以tan2C2222，1tanC12故选：A27.若点At,2tt0是抛物线y2pxp0上一点，点A到该抛物线焦点的距离为6，则p（）A.1B.2C.3D.4【7题答案】【答案】D【解析】【分析】先由点A在抛物线上得pt，再结合抛物线的定义及A到抛物线焦点的距离即可解出p.2p【详解】由题意知：2t2pt，解得pt，抛物线的准线为x，由抛物线的定2义知，pp点A到该抛物线焦点的距离为tp6，解得p4.22故选：D.ax18.对任意的x1,x21,3，当x1x2时，x1x2ln0恒成立，则实数a的取值范3x2围是（）A.3,B.3,C.9,D.9,【8题答案】【答案】C【解析】【分析】化简不等式后构造函数，根据单调性转化为恒成立问题求解axaaxxln10【详解】12，即x1lnx1x2lnx2，3x233a令f(x)xlnx，由题意得f(x)在(1,3]上单调递减，35a故f(x)10，即a3x在(1,3]上恒成立，则a9，3x故选：C二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常生活带来严重的影响.某医院老年患者治愈率为20%，中年患者治愈率为30%，青年患者治愈率为40%.该医院共有600名老年患者，500名中年患者，400名青年患者，则（）A.若从该医院所有患者中抽取容量为30的样本，老年患者应抽取12人4B.该医院青年患者所占的频率为15C.该医院的平均治愈率为28.7%D.该医院的平均治愈率为31.3%【9题答案】【答案】ABC【解析】【分析】由分层抽样即可判断A选项；直接计算频率即可判断B选项；直接计算平均治愈率即可判断C、D选项.600【详解】对于A，由分层抽样可得，老年患者应抽取3012人，正确；6005004004004对于B，青年患者所占的频率为，正确；6005004001560020%50030%40040%对于C，平均治愈率为28.7%，正确；600500400对于D，由C知错误.故选：ABC.π10.已知函数fxsinx0,的任意两条对称轴间的最小距离为，函数221gxfxfx的图象关于原点对称，则（）2πA.函数fx在,π单调递减2B.x1,x2R，fx1gx2126C.把gx的图象向右平移个单位即可得到fx的图象83π7πD.若fx在0,a上有且仅有一个极值点，则a的取值范围为,88【10题答案】【答案】BD【解析】【分析】由题意先解出,，再根据三角函数性质对选项逐一判断π【详解】由题意得f(x)的周期为T2π，故2，2πgxsin(2x)cos(2x)2sin(2x)，4π又g(x)的图象关于原点对称，g(x)为奇函数，而，可得，24π即fxsin(2x)，gx2sin2x，4ππ3π7ππ对于A，当x,π时，2x(,)，结合正弦函数性质知fx在,π不单24442调，故A错误，对于B，x1,x2R，fx1gx212，故B正确π对于C，gx的图象向右平移个单位得函数y2sin(2x)，故C错误，84πππ对于D，当x0,a时，2x,2a，若fx在0,a上有且仅有一个极值444点，ππ3π37则2a，解得a，故D正确24288故选；BDx2y211.已知双曲线C的方程为1a0,b0，F1，F2分别为双曲线C的左､右焦a2b2点，过F2且与x轴垂直的直线交双曲线C于M，N两点，又MN8a，则（）A.双曲线C的渐近线方程为y2xB.双曲线C的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方7C.双曲线C的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列D.双曲线C上存在点P，满足PF13PF2【11题答案】【答案】AB【解析】【分析】先由MN8a求得b2a，即可求出渐近线判断A选项，由点到直线的距离公式即可判断B选项，由实轴长､虚轴长､焦距结合等比中项即可判断C选项，由双曲线定义结合PF2的范围即可判断D选项.x2y2b22b2【详解】易知双曲线C的方程为1，令xc得y，故MN8a，a2b2aab解得b2a，双曲线C的渐近线方程为yx，即y2x，故A正确；a双曲线C的渐近线方程为y2x，由双曲线的对称性，不妨取右顶点a,0，右焦点c,0，2a2a4a2则顶点到两渐近线距离的积为，1414522c4c2焦点到渐近线距离的平方为，又b2a，c2a2b25a2，故554c24a25，B正确；552222b4a16a2，2a2c45a2，显然2b2a2c，C错误；若PF13PF2，又由双曲线定义PF1PF22PF22a，解得PF2a51aca，故不存在点P，满足PF13PF2，D错误.故选：AB.12.如图，在平面直角坐标系中的一系列格点Aixi,yi，其中i1,2,3,,n,且xi,yiZ.记anxnyn，如A11,0记为a11，A21,1记为a20，A30,1记为a31,，以此类推；设数列an的前n项和为Sn.则（）8A.a202242B.S202287C.a8n2nD.3nn1S4n25n2【12题答案】【答案】ABD【解析】【分析】由图观察可知第n圈的个点对应的这项的和为，则S20，同时第n8n8n04n4n圈的最后一个点对应坐标为n,n，设a2022在第k圈，则k圈共有4kk1个数，可判断前22圈共有2024个数，a2024所在点的坐标为22,22，向前推导，则可判断A，B选项；当时，所在点的坐标为，即可判断选项；借助S20与图可知n2a162,2C4n4nS2S2S2aaa，即n项之和，对应点的坐标为4n5n4n5n4n4n4n24n14n24n24n25nn1,n，n1,n1，…，n1,1，即可求解判断D选项.【详解】由题，第一圈从点1,0到点1,1共8个点，由对称性可知S8a1a2a80；第二圈从点2,1到点2,2共16个点，由对称性可知n的S24S8a9a10a240，即S240，以此类推，可得第圈8n个点对应的这8nSS01nn4n24n项的和为0，即8，2988kk设a2022在第k圈，则8168k4kk1，由此可知前22圈共有20242个数，故S20240，则S2022S2024a2024a2023，a2024所在点的坐标为22,22，则a2024222244，a2023所在点的坐标为21,22，则a2023212243，a2022所在点的坐标为20,22，则a2022202242，故A正确；S2022S2024a2024a20230444387，故B正确；a8所在点的坐标为1,1，则a8112，a16所在点的坐标为2,2，则a16224，故C错误；S2S2S2aaa，对应点的坐标为n1,n，4n5n4n5n4n4n4n24n14n24n24n25nn1,n1，…，n1,1，所以Sn1nn1n1n112n12nn24n25n2n1n2n3nn1，故D正确.22故选：ABD【点睛】关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前n项和与所求的关系，结合图形，可适当先列举找到规律，再求解.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.计算：logsin___________.24【13题答案】1【答案】##0.52【解析】【分析】直接由特殊角的三角函数和对数运算求解即可.121【详解】logsinloglog22.2422221故答案为：.21022n114.已知Pm,n为圆C：x1y11上任意一点，则的最大值为m1___________.【14题答案】3【答案】3【解析】n1【分析】将转化为点Pm,n和1,1连线的斜率，由图像可知当直线与圆相切时取m1得最大值，由dr解出斜率即可.【详解】n1n1n1由于，故 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示Pm,n和1,1连线的斜率，设M1,1，如图所m1m(1)m1n1示，当MP与圆相切时，取得最大值，m1设此时MP:y1k(x1)，即kxyk10，又圆心1,1，半径为1，故k1k131，解得k，k213n13故的最大值为.m133故答案为：.315.已知函数fxexa9eaxx24x2有零点，则实数a___________.【15题答案】【答案】2ln311【解析】【分析】先由基本不等式求得exa9eax6，再由二次函数求得x24x26，要使9函数有零点，必须同时取等，即exa，x2，解方程即可.exa99【详解】由exa0可得exa9eaxexa2exa6，当且仅当exaexa9exa时取等，exa2又x24x2x266，当且仅当x2时取等，9故fxexa9eaxx24x26(6)0，当且仅当exa，x2时取等.exa9要使函数有零点，则exa且x2，化简得e2a3，解得a2ln3.exa故答案为：2ln3.16.四面体ABCD中，ABBC，CDBC，BC4，且异面直线AB与CD所成的角为60.若四面体ABCD的外接球半径为5，则四面体ABCD的体积的最大值为___________.【16题答案】【答案】3【解析】【分析】构建直三棱柱ABEFCD，找出球心及底面外心，结合正弦定理求得AE，由VABCDVABDEVDABE表示出体积，再结合余弦定理及基本不等式求出最大值.【详解】由ABBC，CDBC，BC4，且异面直线AB与CD所成的角为60构建直三棱柱ABEFCD，由BECD得ABE60，易得四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，取CDF,ABE的外心H,G，易得HG的中121点O即为球心，又OB5,GOHG2，2则BG541，由正弦定理得AE2BGsin603，又113VABCDVABDEVDABEDEBABEsinABEBABE，323又由余弦定理得AE2BA2BE22BABEcos，即33BA2BE2BABE2BABEBABEBABE，当且仅当BABE时取等，故BABE的最大值为3，四面体ABCD的体积的最大值为333.3故答案为：3.四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 ､证明过程或演算步骤.17.在①absinAsinBcbsinC；②2bc2acosC0；③cos2Bcos2CsinBsinC1cos2A这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在ABC中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.（1）求角A；（2）若AC2，BC23，点D在线段AB上，且△ACD与△BCD的面积比为3：5，求CD的长.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答内容计分）【17题答案】【答案】（1）A；313（2）CD2【解析】【分析】（1）若选①，由正弦定理，得b2c2a2bc，再由余弦定理即可求出角A；131若选②，由正弦定理得sinC2cosAsinC，解得cosA，即可求出角A；2若选③，先由平方关系得sin2Bsin2CsinBsinCsin2A，再由正弦定理得b2c2bca2，再由余弦定理即可求出角A；（2）在ABC中，由余弦定理求得AB，由△ACD与△BCD的面积比求得AD，再在△ACD中由余弦定理求得CD即可.【小问1详解】选①，由正弦定理，得ababcbc，即b2c2a2bc，故b2c2a21cosA，又A0,，故A；2bc23选②，由正弦定理，得2sinBsinC2sinAcosC0，又ACB，故sinC2sinAC2sinAcosC2cosAsinC，1又sinC0，故cosA，又A0,，故A；23选③，由cos2Bcos2CsinBsinC1cos2A可得2sin2Bsin2CsinBsinC2sin2A，即sin2Bsin2CsinBsinCsin2A，由正弦定理得b2c2bca2，故b2c2a21cosA，又A0,，故A；2bc23【小问2详解】222在ABC中，由余弦定理得BCABAC2ABACcosA，因为AC2,BC23,A，所以12AB242AB，3解得AB4或AB2（舍），又△ACD与△BCD的面积比为3：5，即3AD:BD3:5，所以AD，在△ACD中，2142222321313由余弦定理得CDADAC2ADACcosA23，即CD.242an1n119.已知数列an满足a11，.ann（1）求数列an的通项公式；（2）若bn满足b2n2an24，b2n12an22.设Sn为数列bn的前n项和，求S20.【19题答案】【答案】（1）ann（2）240【解析】【分析】（1）利用累乘法即可求解；（2）由（1）代入可得b2nb2n14n46，利用并项法求和即可求解.【小问1详解】an1n1因为a11，，annaaa23na23nnn所以当n2时，，则，即ann，a1a2an112n1a1当n1时，也成立，所以ann.【小问2详解】由（1），b2n2an242n24，b2n12an222n22，则b2nb2n14n46，则S20b1b2b3b4b19b2041464246410461101044610240.221.南平市于2018年成功获得2022年第十七届福建省运会承办权.为进一步提升第十七届福建省运会志愿者综合素质，提高志愿者服务能力，南平市启动首批志愿者通识培训，并于15培训后对参训志愿者进行了一次测试，通过随机抽样，得到100名参训志愿者的测试成绩，统计结果整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）由频率分布直方图可以认为，此次测试成绩X近似于服从正态分布N,11.52，近似为这100人测试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），①求的值；②利用该正态分布，求P75.5X87；（2）在（1）的条件下，主办单位为此次参加测试的志愿者制定如下奖励方案：①测试成绩不低于的可以获赠2次随机话费，测试成绩低于的可以获赠1次随机话费；②每次获赠的随机话费和对应的概率为：赠送话费的金额（元）103031概率44今在此次参加测试的志愿者中随机抽取一名，记该志愿者获赠的话费为（单位：元），试根据样本估计总体的思想，求的分布列与数学期望.参考数据与公式：若X~N,2，则PX0.6826，P2X20.9544，P3X30.9974.【21题答案】【答案】（1）①75.5；②0.341345（2）分布列见解析；E216【解析】【分析】（1）①利用平均值的公式求解即可；②利用正态分布的对称性即可求解；1（2）由PXPX，所获赠话费的可能取值为10，20，30，40，260，结合表中数据，即可得到分布列，再利用期望公式即可求解.【小问1详解】由题，550.1650.2750.4850.15950.1575.5，因为11.5，PX0.6826所以P75.5X870.3413.22【小问2详解】1由题，PXPX，2所获赠话费的可能取值为10，20，30，40，60，1331339111P10，P20，P30，2482443224813111331111P40，P60，2442441624432所以的分布列为：102030406039131P832816323913145所以E1020304060.83281632223.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PAPB，PBAPBC.17（1）证明：AC平面PBD；3（2）若M为棱PD上的点，PM2MD，且二面角P-AB-C的余弦值为，求直3线PC与平面ACM所成角的正弦值.【23题答案】【答案】（1）证明见解析10（2）5【解析】【分析】（1）由正方形的性质可知ACBD，易证△PAB≌PCB，则PAPC，设ACBDO，连接PO，结合等腰三角形性质可知POAC，即可得证；（2）取AB中点为N，可知PNO为二面角P-AB-C的平面角，易得PAO≌PBO，进而可得PO平面ABCD，即POON，在RtPNO中可得PN3，PO2，以点O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，设平面ACM的法向量为n，设所求的直线PC与平面ACM所成角为，则sincosPC,n，即可求解.【小问1详解】证明：因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以ACBD，由ABBC，PBAPBC，PBPB，则△PAB≌PCB，所以PAPC，设ACBDO，连接PO，所以POAC，因为BDPOO，BD平面PBD，PO平面PBD，18所以AC平面PBD.【小问2详解】取AB中点为N，易得ABPN且ABON，3所以PNO为二面角P-AB-C的平面角，则cosPNO，3因为PAPB，AOBO，POPO，所以PAO≌PBO，所以POAPOB90，即POBD，又ACBDO，所以PO平面ABCD，则POON，ON13在RtPNO中，cosPNO，所以PN3，则PO2，PNPN3以点O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则C0,2,0，A0,2,0，D2,0,0，P0,0,2，uuur所以PC0,2,2，AC0,22,0，22222222AMAPPMAPPD0,2,2,0,,2,，3333322y0rnAC0设平面的法向量为nx,y,z，则，即，ACM222nAM0x2yz033r取x1，则y0，z2，所以n1,0,2，设所求的直线PC与平面ACM所成角为，PCn10则sincosPC,n，PCn510所以，所求的正弦值为.519x2y225.已知椭圆C：1ab0，F1，F2分别为椭圆C的左､右焦点，焦距为4.a2b2过右焦点F2且与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点，已知△MNF1的周长为45，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.（1）求椭圆C的方程；（2）求四边形MF1NQ面积的最大值.【25题答案】x2【答案】（1）y21；595（2）8【解析】【分析】（1）由△MNF1的周长求出a，再由焦距求得c，进而求出b，即得椭圆C的方程；（2）设出直线l的方程联立椭圆方程求得y1y2,y1y2，表示出直线PN的方程求出51Q,0，由SMFNQy1y2F1Q表示出面积，结合基本不等式求最大值即可.212【小问1详解】△MNF1的周长为45，由椭圆定义得4a45，即a5.又焦距2c4，得c2，x2则ba2c21，所以椭圆C的方程为y21；5【小问2详解】20xmy2设直线的方程为xmy2(m0)，联立2得m25y24my10，设lx2y15M(x1,y1),N(x2,y2)，4m1则yy,yy，点P(x,y)，直线PN的方程为12m2512m2511y2y1yy1(xx1)，x2x1令y0得12myxyxymy2ymy22myy25x21122112122m52，即4my2y1y2y1y2y12m255Q,0，又F12,0，2故192SyyFQyy4yyMF1NQ212141212916m2495m219512229542m52m5224，m5m18m2124当且仅当m1时即m3时等号成立，所以四边形MF1NQ面积的最大值m2195为.8m27.已知函数fxlnx.x（1）讨论函数fx的单调性；m11xx11x2e（2）若m，求证：函数gxe有两个零点x1，x2且.4elnxmx1x2【27题答案】【答案】（1）当m0时，fx在0,上单调递增；当m0时，fx在0,m上单调递减，在m,上单调递增；21（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导，分m0和m0讨论单调性即可；m（2）先讨论当x1,时无零点，再讨论x0,1时，通过同构得到lnx，即xmf(x)lnx0，确定f(x)在上0,1的零点，即可证明g(x)有两个零点；由xm(x2x1)x1x1f(x1)0,f(x2)0相减得ln0，换元令t,(0t1)，进而得到x1x2x2x211t1lnt，通过放缩构造函数即可求证.x1x2m(t1)【小问1详解】m1xm定义域为0,，f(x)，当m0时，f(x)0，fx在x2xx20,上单调递增；xm当m0时，由f(x)0得xm，当0xm时，f(x)0,f(x)单调递减，x2当xm时，f(x)0,f(x)单调递增；综上：当m0时，fx在0,上单调递增；当m0时，fx在0,m上单调递减，在m,上单调递增；【小问2详解】m11xx当x1,时，因为m，所以gxex0，g(x)无零点.当4elnxmmxxx0,1时，由gxex0，lnxmmmlnxxxeemxxxe得e，即m，设h(x)，则有h(lnx)h()，因为lnxmlnxxxxex(x1)h(x)0在,0上成立，x2m所以h(x)在,0上单调递减，当x0,1时，lnx0,0，所以x22mmh(lnx)h()等价于lnx，xxm11即f(x)lnx0，所以g(x)的零点与f(x)在上0,1的零点相同.若m，由x4e（1）知f(x)在0,m上单调递减，在m,上单调递增，1又f(m)1lnm1ln0，em1f()4lnmln44lnln44(1ln2)0，f(1)m0，44m所以f(x)在,m和m,1上各有一个零点，即g(x)在0,1上有两个零点，综上g(x)4有两个零点x1,x2.mmmf(x)lnx0,f(x)lnx0不妨设x1mx21，则1122，相减得4x1x2m(xx)x21ln10，x1x2x2xm(t1)m(t1)t1,(0t1)设，则x1tx2，代入上式，解得x2,x1，所以x2tlntlnt11t1lnt，x1x2m(t1)11111t1lntt1lnt因为m，所以e4，因此要证2e，只需证>2，4emx1x2m(t1)t12t1即证lnt<0,(02，又因为m，所以t1t14e11t1lnt22e.x1x2m(t1)m23m【点睛】本题关键点在于通过同构得到lnx，进而将g(x)的零点转化为f(x)在上xm(x2x1)x10,1的零点，再由f(x1)0,f(x2)0得到ln0，换元令x1x2x2x111t1lntt,(0t1)，结合m进行放缩得到>2，构造函数求导证明即可.x24et124