2022届福建省福州市高三下学期（3月）毕业班质量检测 数学试题（PDF版）

2022年3月福州市高中毕业班质量检测

数学试题

完卷时间120分钟；满分150分

第Ⅰ卷

一、单项选择题：本题共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的．

1.【答案】B

2.【答案】D

3．【答案】B

4.【答案】A

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】B

8.【答案】C

二、多项选择题：本题共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.【答案】CD

10.【答案】BD

11.【答案】ABD

12.【答案】ABD

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．

13.【答案】

14. 【答案】

15.【答案】（答案不唯一，只要满足即可）.

16. 【答案】    ①.     ②.

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知数列的前n项和为，，，且．

（1）求；

（2）求证：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）分析可知数列是首项为，公比为的等比数列， 数列是首项为，公比为的等比数列，求出、的表达式，即可得出数列的通项公式；

（2）利用放缩法可得出，结合等比数列的求和公式可证得原不等式成立.

【小问1详解】

解：由得．       

所以，当时，，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，      

故，即．   

当时，则，

所以，数列是首项为，公比为的等比数列，

所以，．

所以．

【小问2详解】

证明：由（1）知，    

所以.

故原不等式成立.

18. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知，．

（1）求；

（2）在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由．

①边上的中线长为，②边上的中线长为，③三角形的周长为．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）   

（2）选①，三角形不存在；选②，三角形存在，面积为；选③，三角形存在，面积为

【解析】

【分析】（1）利用三角形内角和与三角恒等变换化简求值；

（2）选①，方法一：由，在，，分别用余弦定理可得方程组，求解即可；方法二：由，平方，结合向量数量积公式解方程；方法三：建立平面直角坐标系，结合中点公式及两点间距离可得方程，求解；选②，在中利用余弦定理，可解得，进而可得面积；选③，在中用余弦定理，结合周长，可解得各边长，进而求得面积.

【小问1详解】

由得，

又，

所以，

而，

故，

故；

【小问2详解】

选①，

方法一：设边上的中线为，则，

由得，，

即，即，

由余弦定理得，

即，

该方程无实数解，

故符合条件的三角形不存在.

方法二：设边上的中线为，则，

两边平方得，

即，即，

易知该方程无实数解，

故符合条件三角形不存在．

方法三：如图，以为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系．

故点坐标为，即，点坐标为，

所以边的中点坐标为，      

由边上的中线长为得，

整理得，

该方程无实数解，

故符合条件的三角形不存在．

选②，

设边上的中线为，则．

在中，由余弦定理得，

即，

整理得，

解得或（舍去），

故的面积．

选③，

依题意得，由（1）知，

所以，

在中，由余弦定理得，，

所以，

即， 

所以，

解得，，

所以的面积．

19. 如图，在直三棱柱中，点E为的中点，点在上，且．

（1）证明：平面平面；

（2）若，，且三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明线面垂直，再证明面面垂直即可；

（2）根据三棱锥的体积为求出直三棱柱侧面棱长和底面边长，再建立空间直角坐标系求解即可.

【小问1详解】

在直三棱柱中，平面，

∴，          

∵点E为的中点，且，∴，       

∵，∴，    

∵，

∴平面，    

∵平面，

∴平面平面；

【小问2详解】

∵，，∴为正三角形．

设，则，

由（1）可得，平面，

依题意得，故点F到平面的距离为，   

∴，

∴，      

∵三棱锥的体积为，

∴，解得．   

以E为原点，分别以方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，

∴，，，    

设平面的法向量为，

则即

令，得，    

∴，     

∴与平面所成角的正弦值为．

20. 某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加（，且）次抽奖，每次中奖的概率为，不中奖的概率为，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，若中奖则得10分，否则得5分．第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个；

方案① ：若中奖则得30分，否则得0分；

方案② ：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分．

第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束．

（1）如果，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说明理由；

（2）记顾客甲第i次获得的分数为，并且选择方案②．请直接写出与的递推关系式，并求的值．（精确到0.1，参考数据：．）

【答案】（1）应选择方案① ，理由见解析；   

（2），

【解析】

【分析】（1）分别求得两个方案的累计积分的期望值即可进行选择；

（2）依据题给条件即可求得的值．

【小问1详解】

若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为40，35，10，5．   

，，

，，

所以．      

若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为30，15，10，

则，，，，   

因为，所以应选择方案①．

【小问2详解】

依题意得，     

的可能取值为10，5其分布列为

所以，则，   

由得，    

所以为等比数列．其中首项为，公比为．    

所以，故．

21. 平面直角坐标系中，双曲线的右焦点为，为直线上一点，过作的垂线分别交的左、右支于、两点，交于点．

（1）证明：直线平分线段；

（2）若，求的值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，计算得出，证明出、、三点共线，即可证得结论成立；

（2）由得，可得出，变形可得出，两式相乘结合韦达定理可求得的值，再利用两点间的距离公式可求得的值.

【小问1详解】

解：依题意，，即，    

设，则直线的方程为，         

由得，

设、，则，故，

由韦达定理可得，，    

所以，

又直线分别交的左、右支于、两点，

所以，故     

所以中点为，       

所以，故、、三点共线，即直线平分线段．

【小问2详解】

解：依题意，由得，则，即，     

所以，①，，②       

①×②得，     

所以，      

解得，或（舍去），    

此时，．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22. 已知函数的图象与轴相切于原点．

（1）求，的值；

（2）若在上有唯一零点，求实数的取值范围．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意得从而可求出，的值，

（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可

【小问1详解】

，        

依题意，          

即解得．

【小问2详解】

由（1）得，记，，所以，

①当时，

（ⅰ）当时，，所以为增函数，    

又因为，，

所以存在唯一实数，使得．     

（ⅱ）当时，，则．

由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．

因为，

所以存在唯一实数，使得，    

所以当时，，即单调递减；

，，即，单调递增．

因为，

所以存在唯一实数：，使得，

即在上有唯一零点，符合题意．       

②当时，

，  

记．

，

所以，         

所以为增函数，，

所以为增函数，，则，

所以在上没有零点，不合题意，舍去．       

综上，a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题