2022福建三明市普通高中高三5月质量测试（三模）数学试题及答案

2022年三明市普通高中毕业班质量测试

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的．

1．设实数集为R，集合，，则（    ）

A．    B．    C．    D．

2．已知复数z的共轭复数为，（i为虚数单位），则（    ）

A．    B．    C．     D．

3．若，则（    ）

A．     B．     C．     D．

4．已知，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件  C．充要条件    D．既不充分也不必要条件

5．已知，，，则（    ）

A．   B．   C．   D．

6．某校为落实“双减”政策．在课后服务时间开展了丰富多彩的体育兴趣小组活动，现有甲、乙、丙、丁四名同学拟参加篮球、足球、乒乓球、羽毛球四项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的选择参加其中一项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为（    ）

A．     B．     C．     D．

7．已知数列的前n项和为，若，且，则（    ）

A．-8     B．-3     C．-2     D．8

8．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（    ）

A．    B．    C．    D．

二、多项选择题：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，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分．

9．的二项展开式中，第5项和第6项的二项式系数相等，则（    ）

A．          B．常数项为84

C．各项系数的绝对值之和为512     D．系数最小项为第5项

10．将函数（）的图象沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则（    ）

A．

B．关于直线对称

C．在区间上单调递增

D．若在区间上存在零点和极值点，则整数a的最小值为2023

11．已知直线l：与圆C：相交于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为       B．若圆C关于直线l对称，则

C．若，则或   D．若A，B，C，O四点共圆，则

12．已知棱长为4的正方体中，，点P在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论正确的是（    ）

A．点P的轨迹所围成图形的面积为5    B．点P的轨迹过棱上靠近的四等分点

C．点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6 D．直线与直线MP所成角的余弦值的最大值为

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知函数则______．

14．若单位向量，满足，则与的夹角为______．

15．已知双曲线的左、右焦点分别为、，双曲线上一点A关于原点O对称的点为B，且满足，，则该双曲线的离心率为______．

16．《孙子算经》是我国南北朝时期的数学著作．在《孙子算经》中有“物不知数”问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？意思是一个整除以三余二，除以五余三、除以七余二，求这个整数．设这个整数为a，当时，符合条件的a的个数为______．

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．（10分）

已知等比数列满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和．

18．（12分）

如图，在中，已知，，．Q为BC的中点．

（1）求AQ的长；

（2）P是线段AC上的一点，当AP为何值时，．

19．（12分）

为弘扬中华传统文化，吸收前人在修身、处世、治国、理政等方面的智慧和经验，养浩然正气，塑高尚人格，不断提高学生的人文素质和精神境界，某校举行传统文化知识竞赛活动．竞赛共有“儒”和“道”两类题，每类各5题．其中每答对1题“儒”题得10分，答错得0分；每答对1题“道”题得20分，答错扣5分．每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4题回答（每个题抽后不放回），要求“道”题中至少抽2题作答．已知小明同学“儒”题中有4题会作答，答对各个“道”题的概率均为.

（1）若小明同学在“儒”题中只抽1题作答，求他在这次竞赛中得分为35分的概率；

（2）若小明同学第1题是从“儒”题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，应从“道”题中抽取几道题作答?

20．（12分）

如图，在五面体ABCDE中，已知，，且，．

（1）求证：平面平面ABC；

（2）线段BC上是否存在点F，使得二面角的余弦值为，若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由．

21．（12分）

如图，在平面直角坐标系中，O为原点，，过直线l：左侧且不在x轴上的动点P，作于点H，的角平分线交x轴于点M，且，记动点P的轨迹为曲线C．

（1）求曲线C的方程；

（2）已知曲线C与x轴正半轴交于点，过点的直线交C于A，B两点，，点T满足，其中，证明：．

22．（12分）

已知函数

（1）讨论的单调区间；

（2）当，时，证明：．

答案

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．

1．B    2．D    3．A    4．A    5．B    6．C    7．B    8．D

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

9．AC    10．BCD    11．ACD    12．ACD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．-2    14．    15．    16．10

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．解：（1）因为为等比数列，且，，设公比为q，

所以，所以，  2分

所以，  4分

（2）因为  7分

所以，  10分

18．解法一：（1）因为Q为BC的中点，所以  1分

所以  4分

即  5分

（2）在中，由余弦定理得．

所以，即  7分

在中，由余弦定理得  8分

所以，

因为，

所以．  10分

在中，由正弦定理得，

所以，即当时，．  12分

解法二：（1）在中，由余弦定理得，

所以，即  1分

在中，根据余弦定理得  2分

在中，根据余弦定理得  3分

因为，所以  4分

解得．  5分

（2）同解法一．

19．解法一：（l）记A=“小明在竞赛中得35分”，则A表示“儒”题答错，

“道”题2对1错，所以  4分

（2）当小明选择从“儒”题中抽取1题，“道”题中抽取2题作答时，设4题总得分为X，此时设“道”题中答对的题数为．则，．

（i）“儒”题中的第二题答对时总得分

（ii）“儒”题中的第二题答错时总得分

此时小明的总得分期望值  8分

当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为，4题总得分为Y，则，，，

所以  11分

因为，即小明应从“道”题中抽取12道题作答．  12分

解法二：（1）同解法一．

（2）当小明选择从“儒”题中抽取1题，“道”题中抽取2题作答时，设4题总得分为X，则X的所有可能取值为：0，10，25，35，50，60．

因为，，，，，，

所以  8分

当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为，4题总得分为Y，

则，，，

所以  11分

因为，即小明应从“道”题中抽取2道题作答．  12分

20．解法一：（1）取AC中点G，连接EG，因为，，

所以，所以四边形EDCG为平行四边形，所以，

又因为，，所以，所以，

又因为，所以.  2分

因为，BC，CD是平面BCD内的两条相交直线，所以平面BCD，

因为平面ABC，所以平面平面BCD．  4分

（2）在平面BCD内过点C作BC的垂线l，因为平面BCD，

所以l、CA，CB两两相互垂直，故以C为坐标原点．

如图所示，建立空间直角坐标系，

则，，，，  5分

设在线段BC上存在点，使二面角的余弦值为，

则，，

设平面AEF的法向量．

则，即，不妨令，则，，所以．  7分

设平面ABE的一个法向量为，

则，即

不妨令，，，所以  9分

所以．  10分

化简得：，解得或（舍去），故，所以.

所以存在点F，当时，二面角的余弦值为．  12分

解法二：（1）同解法一．

（2）取BC、AB的中点O、H，连接OD，OH，

因为，O是BC中点，所以，

又因为平面BCD，平面平面BCD且交于BC，所以平面ABC，

因为H是AB中点，即，所以，

故DO，OH，BC两两互相垂直，

则以O为坐标原点，，，为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，

则，，，.  5分

设在线段BC上存在点，使二面角的余弦值为，

则，，.

设平面AEF的一个法向量为，

则，即，不妨令，则，，所以.  7分

又因为，，所以，所以四边形DEHO为平行四边形，

即，因为平面ABC，所以平面ABC，

因为平面ABC，所以，又因为，H是AB中点，

所以，因为EH，AB为平面ABE内的两条相交直线，所以平面ABE，

故CH是平面ABE的一个法向量，因为，  9分

所以．  10分

化简得：，解得或（舍去），故，所以，

所以存在点F，当时，二面角的余弦值为．  12分

解法三：（1）同解法一

（2）取BC、AB的中点O、H，连接OD，OH，

因为，所以，又因为平面BCD，

平面平面BCD且交于BC，

所以平面ABC．  5分

因为，，所以，所以四边形DEHO为平行四边形，

即，因为平面ABC，所以平面ABC，  6分

因为平面ABC，所以，又因为，H是AB中点，

所以，因为EH，AB为平面ABE内的两条相交直线，所以平面ABE，  7分

假设在线段BC上存在点F，使二面角的余弦值为，

过F作于点M，则平面ABE，

过M作于点N，连接NF，

则为二面角的平面角．  8分

设，则，，所以，

在中，，

所以．  10分

化简得，解得或（舍去），即，所以，

所以存在点F，当时，二面角的余弦值为  12分

21．解：（1）设，因为轴，所以，

因为PM为的角平分线，所以，

所以，即，所以．

即，化简整理得，因为P不在x轴上，

即曲线C的方程为  5分

（2）易知直线的斜率存在且不为0，设的方程为.

联立方程组，消x整理得，

所以，得或，

设，，则，．  7分

由得，所以，

设，由，得，

所以，

所以，  9分

所以点在直线上，且，

又因为与关于直线对称，所以是等腰三角形，

（或者证明直线TS与直线的斜率互为相反数）  11分

所以，因为，所以，

综上所述，．  12分

22．解法一：（1）定义域为R，由

得．  1分

当时，，所以在R上单调递增  2分

当时，令，即，所以.

所以在上单调递增.

令，即，所以，

所以在上单调递减  3分

当时，令，即，所以，

所以在上单调递增．

令，即，所以．

所以在上单调递减  4分

综上所述：当时，在R上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

当时，在上单调递增，在上单调递减．  5分

（2）当时，，，

所以在上单调递增，

所以，即当，时，，

所以要证明，

只要证明，  7分

令，则，

令，则，

当时，，即单调递减，

当时，，即单调递增，  9分

因为，则，又因为，

所以在存在唯一零点，设为，

当时，，即，即单调递减，

当时，，即，即单调递增，

因为，则，又因为，所以．  11分

所以，所以原不等式成立．  12分

解法二：

（1）同解法一：

（2）令，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，即，所以，

所以当时，，

因为，，所以，即，

所以要证明，

只要证明，  7分

令，则

令，则

当时，，即单调递减，

当时，，即单调递增  9分

因为，则，又因为.

所以在存在唯一零点，设为，

当时，，即，即单调递减，

当时，，即，即单调递增.

因为，则，又因为，所以  11分

所以，所以原不等式成立．  12分