精品解析：福建省福州市2022届高三5月质量检测数学试题（解析版）

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2022年5月福州市高中毕业班质量检测
数学试题
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. 已知集合，，全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的并集与补集的运算法则求解即可.
【详解】由题，，
所以，
故选：B
2. 设复数满足，则复平面内与对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法法则可得，即可得到答案.
【详解】因为，所以，
所以复平面内与对应的点位于第一象限，
故选：A
3. 已知向量，为单位向量，且，则（ ）
A. B. 3 C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，根据数量积的运算律即可求得答案.
【详解】由题意可得，，
则，
故选：A
4. 某智能主动降噪耳机工作的原理是利用芯片生成与噪音的相位相反的声波，通过两者叠加完全抵消掉噪音（如图）.已知噪音的声波曲线（其中，，）的振幅为1，周期为，初相为，则用来降噪的声波曲线的解析式为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得噪音的声波曲线的解析式，由图象可知叠加后的效果，则降噪的声波曲线与噪音的声波曲线关于轴对称，即可求解.
【详解】由题，噪音的声波曲线的振幅为1，周期为，初相为，
所以，，，则，
所以，
所以降噪的声波曲线的解析式为，
故选：D
5. 已知函数，以下结论中错误的是（ ）
A. 是偶函数 B. 有无数个零点
C. 的最小值为 D. 的最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】由奇偶性定义可判断出A正确；令可确定B正确；根据定义域为，，可知若最小值为，则是的一个极小值点，根据可知C错误；由时，取得最大值，取得最小值可确定D正确.
【详解】对于A，定义域为，，
为偶函数，A正确；
对于B，令，即，，解得：，
有无数个零点，B正确；
对于C，，若的最小值为，则是的一个极小值点，则；
，，
不是的极小值点，C错误；
对于D，，；
则当，，即时，取得最大值，D正确.
故选：C.
6. 在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，其中母线，是的中点，是的中点，则（ ）
A. ，与是共面直线 B. ，与是共面直线
C. ，与是异而直线 D. ，与是异面直线
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，圆柱的轴截面为边长为2的正方形，从而即可求解.
【详解】解：由题意，圆柱的轴截面为边长为2的正方形，
是的中点，是的中点，
所以平面ABC,与平面ABC相交，且与AC无交点，
所以与是异面直线；
又，所以.


故选：D.
7. 定义在上的函数满足.若的图象关于直线对称，则下列选项中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用对称性，得到，再利用，对进行赋值，然后可求解.
【详解】函数的图象关于直线对称，则必有，所以，,
,又因为满足，取，所以，，，则，取，则，A对；
故选：A
8. 已知数列，的通项分别为，，现将和中所有的项，按从小到大的顺序排成数列，则满足的的最小值为（ ）
A. 21 B. 38 C. 43 D. 44
【答案】C
【解析】
【分析】由数列的通项公式列出数列，同时得出前项和公式，将选项由小至大代入不等关系中，选出符合条件的最小值即可.
【详解】由题，，则数列为，……
，则数列为，……
设数列的前项和为，数列的前项和为，
则，，
当时，，，则，不符合条件；
当时，，则， 不符合条件；
以此类推，因为，则前21项中，有的前16项，的前5项，且,
当时，，不符合条件，故排除A；
因为，则前38项中，有的前32项，的前6项，且,
当时，，不符合条件，故排除B；
因为，则前43项中，有前37项，的前6项，且，
当时，，符合条件，
故选：C
【点睛】关键点点睛：将两个数列合并排序时，不妨考虑直接列举观察规律，结合选项，得到结果.
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. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.利用不等式的基本性质判断；B.利用重要不等式判断；C.利用基本不等式的条件判断；D.利用作差法判断.
【详解】A.因为，所以，所以，则，故正确；
B. ，而，取不到等号，故正确；
C. 因为，所以，故错误；
D. 因为，所以，所以，故正确；
故选：ABD
10. 某质量指标的测量结果服从正态分布，则在一次测量中（ ）
A. 该质量指标大于80的概率为0.5
B. 越大，该质量指标落在的概率越大
C. 该质量指标小于60与大于100的概率相等
D. 该质量指标落在与落在的概率相等
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正态分布曲线特点及性质逐项分析即得.
【详解】∵某质量指标的测量结果服从正态分布，
∴该质量指标的测量结果的概率分布关于80对称，且方差越小分布越集中，
对于A，该质量指标大于80的概率为0.5，故A正确；
对于B，越大，该质量指标落在的概率越小，故B错误；
对于C，该质量指标小于60与大于100的概率相等，故C正确；
对于D，由于概率分布关于80对称，故该质量指标落在的概率大于落在的概率，故D错误.
故选：AC.
11. 已知抛物线的准线为，点在抛物线上，以为圆心的圆与相切于点，点与抛物线的焦点不重合，且，，则（ ）
A. 圆的半径是4
B. 圆与直线相切
C. 抛物线上的点到点的距离的最小值为4
D. 抛物线上的点到点，的距离之和的最小值为4
【答案】AC
【解析】
【分析】由抛物线的定义，得，又，，易得是等边三角形，结合图像得到，即可求解；求得的坐标，则判断出A和B选项；对于C选项，设，利用两点间的距离公式得到，结合二次函数的图象性质，得到的最小值；设交于点，通过抛物线的定义结合三点共线得，，当且仅当、、三点共线时取得最小值，即可判断D选项.
【详解】由抛物线的定义，得，，准线
以为圆心的圆与相切于点，所以，即轴，
又，所以；因为，所以是等边三角形，即；

设点在第一象限，作的中点，连接，
，，则，即，
解得：，则抛物线的方程为：，则=3，
对于A选项，有，故A选项正确；
对于B选项，，所以，易得圆与直线不相切，故B选项错误；
对于C选项，设抛物线上的点，则
化简，得，当且仅当时等号成立，故C选项正确；
对于D选项，设过点作准线的垂线交于点，
由抛物线的定义，知，则，当且仅当、、三点共线时取得最小值，所以，故D选项错误；
故选：AC.
12. 一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫､6只白猫，把笼子打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如果10只猫都钻出了笼子，事件表示“第只出笼的猫是黑猫”，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】10只猫先后出笼的顺序为，第只出笼的猫是黑猫，即可先从4只黑猫中选出已知，而其余9个位置的猫们可任意排列，即可得到，对A，事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，即可求解判断；对B，事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则根据即可求解判断；对C，D，结合条件概率公式即可求解判断.
【详解】由题， ，
事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，则，故A错误；
事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则，故B正确；
则，故C正确；
事件表示“第2，10只出笼的猫是黑猫”，则，
则，故D正确，
故选：BCD
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由差的正弦公式化简即可得出.
【详解】因为，所以，
整理可得，即.
故答案为：.
14. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件可得，然后可得答案.
【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为
所以，所以
故答案为：
15. 某地在20年间经济高质量增长，GDP的值（单位，亿元）与时间（单位：年）之间的关系为，其中为时的值.假定，那么在时，GDP增长的速度大约是___________.（单位：亿元/年，精确到0.01亿元/年）注：，当取很小的正数时，
【答案】0.52
【解析】
【分析】由题可得GDP增长的速度为，进而即得.
【详解】由题可知，
所以，
所以,
即GDP增长的速度大约是.
故答案为：.
16. 已知正方体的棱长为，以为球心，半径为2的球面与底面的交线的长度为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题可得球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，即可求出.
【详解】正方体中，平面，所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为，所以球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，该交线为.
故答案为：.

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. 已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①；②数列是等差数列；③数列是等比数列；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】选①②证明③：由已知求得的公差，进而有为等比数列并写出，构造结合等比数列定义判断等比数列；
选①③证明②：由已知求得的公比为并写出通项公式，根据的关系求通项公式，结合等差数列的定义判断为等差数列；
选②③证明①：由为等差数列，设写出通项公式，根据等比中项的性质有，化简求即可证.
【详解】选①②证明③：
设等差数列的公差是，则，又，
所以，即，，
所以，，故是首项为，公比为2的等比数列，
所以，即.
设，则，，又，
所以是首项是，公比为2的等比数列.
选①③证明②：
设等比数列的公比是，
所以，又，则，又，
所以数列的通项公式为，则.
当时，，又时，符合上式，
所以，，故，
所以是等差数列.
选②③证明①：
因为数列是等差数列，则为常数，，
所以常数，，即为常数，，
令，则为首项为，公比为的等比数列，
此时.
因为数列是等比数列，则，
故，即，
化简得，因为，解得，
所以，即.
18. 某种疾病可分为，两种类型，为了解该疾病的类型与患者性别是否相关，在某地区随机抽取了若干名该疾病的患者进行调查，发现女性患者人数是男性患者的2倍，男性患型疾病的人数占男性患者的，女性患型疾病的人数占女性患者的.
（1）若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为‘所患疾病的类型’与‘性别’有关”的结论，求被调查的男性患者至少有多少人？
（2）某团队进行预防型疾病的疫苗的研发试验，试验期间至多安排2个周期接种疫苗，每人每个周期接种3次，每次接种费用为元.该团队研发的疫苗每次接种后产生抗体的概率为，如果一个周期内至少2次出现抗体，则该周期结束后终止试验，否则进人第二个周期.若，试验人数为1000人，试估计该试验用于接种疫苗的总费用.
，

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）12人 （2）元
【解析】
【分析】、
（1）设男性患者有人，可得出列联表，计算出卡方值，列出不等式可求解；
（2）可得该试验每人的接种费用可能取值为，，求出概率即可得出.
【小问1详解】
设男性患者有人，则女性患者有人，列联表如下：

型病
型病
合计
男



女



合计



假设：患者所患疾病类型与性别之间无关联，根据列联表中的数据，经计算得到，
要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，
则，解得，
因为，，所以的最小整数值为12，
因此，男性患者至少有12人.
【小问2详解】
设该试验每人的接种费用为元，则的可能取值为，.
则，
，
所以，
因为，试验人数为1000人，
所以该试验用于接种疫苗的总费用为，
即元.
19. 如图1，在中，，，，是的中点，在上，.沿着将折起，得到几何体，如图2

（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图1可知折叠后，，由此可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）由题可知是二面角的平面角，易证是等边三角形，连接，根据图1中的几何关系和面面垂直的性质定理可证平面，再以为原点，，，为，，轴建系，利用空间向量法即可求出线与平面所成角.
【小问1详解】
证明：因为在图1中，沿着将折起，
所以在图2中有，，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
解：由（1）知，，，
所以是二面角的平面角，
所以，
又因为，
所以是等边三角形，
连接，
在图1中，因为，，
所以，
因为是的中点，
所以，
所以是等边三角形.
取的中点，连接，，
则，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，，两两垂直，
以为原点，，，为，，轴建系，如图所示.

，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则即
取，得平面的一个法向量为，
所以.
设直线与平面所成角为，则.
20. 记的内角，，的对边分别为，，.已知，点在直线上，且
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）在中由锐角三角函数，得，代入条件，由正弦定理角化边得，即证；
（2）由三角形等面积法，得，代入可得；将条件和同时代入余弦定理，化简后利用辅助角公式得到，由即可求解.
【小问1详解】
在中，因为，所以，
又因为，所以，即
在中，根据正弦定理，得，故.
【小问2详解】
在中，，
又由（1）知，，所以，
在中，根据余弦定理，得，
又由已知，，得，
所以，则，即，
因为，则，所以或，
故或.
21. 在平面直角坐标系中，动点到直线的距离和点到点的距离的比为，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）若不经过点的直线与交于，两点，且，求△面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，由点线距离及两点距离公式列方程，化简即可得的方程；
（2）设直线：，，，，联立椭圆方程，根据交点情况有，法一：结合韦达定理、求得；法二：作关于轴的对称点，得到，由向量平行的坐标表示求得，进而确定直线所过的定点坐标，利用弦长公式、三角形面积公式得到△面积关于m的表达式，即可求最值；
【小问1详解】
设，到直线的距离记为，则，
依题意，，化简得，即.
【小问2详解】
设直线：，，，，
由得：，
则，可得，
所以，.
法一：由，则，
所以，即，
所以，可得，
所以直线经过定点.
因为△面积，
所以，
当，即时，有最大值为.

法二： 作点关于轴的对称点，
因为，则，故，
所以，，三点共线，所以，
因为，，
所以，即，
所以，则，可得，
所以直线经过定点，
因为△面积，
所以，
设，则，则，
当，即时，有最大值为.
22. 设函数，曲线在处的切线与轴交于点；
（1）求；
（2）若当时，，记符合条件的的最大整数值､最小整数值分别为，，求.注：为自然对数的底数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求出在处的切线方程，根据切线与轴交于点，即可求得；
（2）法一：由（1）知，则不等式可化为，构造函数，利用导数并讨论导数的正负，从而求得存在，，分离参数，表示出，构造新函数，结合导数求得，进而求得答案；
法二：讨论x的取值范围，从而分离出参数b，在，的情况下，分别构造函数，利用导数判断单调性求的最值，最后确定，由此可得答案；
法三：令，由可解得，从而取，证明证当时，不等式在时恒成立，令，由，解得，故取，再证当时，不等式在时恒成立，由此求得答案.
【小问1详解】
依题意得：，
所以.
又因为，
所以在处的切线方程为，
因为曲线在处的切线与轴交于点，
所以，
解得.
【小问2详解】
解法一:由（1）知，则不等式可化为，
设，
则，
设，则，
因为，所以，
所以在单调递增，即在单调递增，
所以，
①若，则，
所以在单调递增，
所以，
解得，
所以；
②若，则，
因为在单调递增，
当时，，
则存在使得，
当时，取，则，
所以存在，使得，
综上，当时，存在，使得，即，
故当时，，
则在单调递减，
当时，，
则在单调递增，
所以,（*）
由，得，
代入（*）得，
设，
则，
因为，所以由得，
当时，，
所以在上单调递增，
当时，，
所以在单调递减，
又因为，，，
所以当时，，
所以满足的的取值范围是，
又因为，
设，则，
所以在单调递增，
所以，
综上所述，
又因为，
所以，，所以.
解法二：
由（1）知：，则，
①当时，左边等于恒成立，此时；
②当时，原不等式可化为对任意恒成立.
设，则.
设，则
因为，所以，
所以在上单调递增.
又因为，
所以是在上的唯一零点，
所以当时，，上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以.
③当时，原不等式可化为，
此时对于②中函数的导函数，，
可知当时，，
所以在单调递减，且，
所以当时，，
所以当时，，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
综上所述，
又因为，
所以，，所以.
解法三：
令，由得，
解得，
取，下证当时，不等式在时恒成立，
设，则，由可得，
当时，，
所以单调递减，
当时，，
所以单调递增，
所以，所以符合题意；
令，由得，
解得，
取，下证当时，不等式在时恒成立，
设，则，
令，则，
所以当时，，
则在上单调递减，
当时，，
则在上单调递增，
所以，
所以当时，恒成立.
当时，，
所以，
所以，