2022届福建省三明市第一中学（三明市）普通高中高三5月质量测试数学试题含解析

这是一份2022届福建省三明市第一中学（三明市）普通高中高三5月质量测试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届福建省三明市普通高中高三5月质量测试数学试题
一、单选题
1．设实数集为R，集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解出B集合，得到B的补集的范围，再与A取交集.
【详解】解得，，
故选：B.
2．已知复数的共轭复数为，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据共轭复数的概念及复数的乘法运算，求即可.
【详解】由题设知：.
故选：A
3．若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由三角函数的诱导公式，倍角公式即可得出答案,
【详解】.
故选：A.
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
【答案】A
【分析】前者推后者可以用指数函数的单调性，后者推不出前者举反例
【详解】若，则为增函数
所以，即
即
当时，
所以
故选：A
5．已知，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由分析知：，，，即可得出答案.
【详解】，，因为2弧度在第二象限，所以，
所以：.
故选 :B.
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．
【答案】C
【分析】根据排列组合知识计算出事件发生的种类数，再利用古典概型的概率公式求出概率.
【详解】每人有种选择，四人共有种选择，
其中恰有两人参加同一项活动共有种选择，
所以四人中恰有两人参加同一项活动的概率为：
故选：C.
7．已知数列的前n项和为，若，且，则（       ）
A．-8 B．-3 C．-2 D．8
【答案】B
【分析】先由求,判断出从第二项起为公比为-1的等比数列，得到，代入n=2022即可解出.
【详解】因为①，
所以当时，有，即.
当时，有②，
①-②得：，所以，
即，
所以从第二项起为公比为-1的等比数列.
所以，即.
因为，所以，所以.
所以，解得：-3.
故选：B
8．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】令，再参变分离得到，再求导分析的单调性，进而得到函数图象，数形结合即可得实数a的取值范围
【详解】函数有两个零点，即有两根，又，故可转换为有两根，令， 则，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，故，当且仅当时等号成立，故在上，单调递减；在上，单调递增，所以，又当与时，故实数a的取值范围为
故选：D
【点睛】本题主要考查了利用导数解决函数的零点个数问题，需要根据题意参变分离，再求导分析单调性与最值，属于难题

二、多选题
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
【答案】AC
【分析】利用第5项和第6项的二项式系数相等，求出，判断A选项；写出展开式的通项公式，求出常数项，判断B选项，赋值法求解各项系数的绝对值之和，判断C选项，由通项公式可判断奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，故D选项错误.
【详解】由题意得：，所以，A正确；
的展开式的通项公式为，
令，解得：，故，B错误；
各项系数的绝对值之和为，C正确；
由通项公式可知，奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，故系数最小项不可能为第5项，D错误
故选：AC
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
【答案】BCD
【分析】由已知得，将看作一个整体，即可求得函数的对称轴，递增区间，零点与极值点.
【详解】
∵是偶函数，∴，
又∵，∴
所以，
所以对称轴方程为，即，当时，，B正确；
由，得，
所以的单调递增区间为，当时，C正确；
，，
在上的图象与图象相同，
∴存在零点和极值点，
∴，∴
又∵为整数，所以a的最小值为2023，所以D选项正确.
故选：BCD.
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
【答案】ACD
【分析】判断出直线过定点，结合勾股定理、圆的对称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】直线过点，
圆，即①，
圆心为，半径为，
由于，所以在圆内.，
所以，此时，所以A选项正确.
若圆关于直线对称，则直线过两点，斜率为，所以B选项错误.
设，则，此时三角形是等腰直角三角形，
到直线的距离为，即，
解得或，所以C选项正确.
对于D选项，若四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，
的中点为，，
所以的垂直平分线为，则②，
圆的方程为，
整理得③，
直线是圆和圆的交线，
由①-③并整理得，
将代入上式得，④，
由②④解得，
所以直线即直线的斜率为，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】求解直线和圆位置关系有关题目，首先要注意的是圆和直线的位置，是相交、相切还是相离.可通过点到直线的距离来判断，也可以通过直线所过定点来进行判断.
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
【答案】ACD
【分析】首先根据动点满足的条件及正方体的结构特征得到动点的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A，B，C，对于选项D，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解.
【详解】如图，

过点M作，在上取一点，使，连接，
过点作，连接，易知， 四点共面；
又，，
面，即点的轨迹为矩形（不含点），
设，则 又
   
解得 ，即，
对于A，矩形的面积为：，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，
在中，到的距离范围是：
上存在一点到点C的距离为6；
在中，到的距离范围是：
上存在一点到点C的距离为6；
但在、中不存在到点C的距离为6的点，C正确；
对于D，直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角，
直线与平面所成的即是直线与平面所成的角，
延长交于点，则即是直线与平面所成的角，

在中， ，D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查动点轨迹，点、线、面位置关系，线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值，考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.

三、填空题
13．已知函数，则___________.
【答案】-2
【分析】由函数解析式，直接代入求解.
【详解】因为，
所以
故答案为：-2
14．若单位向量，满足，则与的夹角为__________．
【答案】
【分析】先将两向量垂直转化为数量积为0，再利用向量夹角公式求解.
【详解】已知，由，得，
即，所以，又，所以与的夹角．
故答案为：.
【点睛】向量是解决垂直与平行问题的常用工具，几何中常用到以下结论转化向量的垂直与平行问题：；.
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___________.
【答案】
【分析】利用双曲线的定义，结合，且，由是矩形，且 ，利用勾股定理求解.
【详解】解：如图所示：

由双曲线的定义得：，
又，且，
所以是矩形，且 ，
又因为，
即，
解得，
故答案为：
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___________.
【答案】10
【分析】根据“被3除余2、被5除余3、被7除余2”可构成等差数列，然后结合等差数列的通项公式即可求出结果.
【详解】因为3，5，7的最小公倍数为105，而满足被3除余2、被5除余3、被7除余2的最小正整数为23，所以被3除余2、被5除余3、被7除余2的数构成首项为23，公差为105的等差数列，记为数列，则，所以，则，又因为，所以符合条件的a的个数为10.
故答案为：10.

四、解答题
17．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.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设公比为，根据等比数列的通项公式求出、，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；
【详解】(1)解：因为为等比数列，且，，设公比为，
所以，所以，，
所以；
(2)解：因为，
所以
18．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，.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解法一：根据，两边平方求解；
解法二：利用，再结合余弦定理求解
（2）在中，先根据余弦定理求得，再在中，由余弦定理得的正余弦，进而根据内角和，结合两角和差的正弦公式求解，最后再在中，由正弦定理求得即可
【详解】(1)解法一：因为Q为BC的中点，所以
所以，即
解法二：在中，由余弦定理得，
所以，即
在中，根据余弦定理得
在中，根据余弦定理得
因为，所以
解得.
(2)在中，由余弦定理得.
所以，即
在中，由余弦定理得
所以，
因为，
所以.
在中，由正弦定理得，
所以，即当时，.
19．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？
【答案】(1)
(2)小明应从“道”题中抽取2道题作答
【分析】（1）先分析出A表示“儒”题答错，“道”题2对1错，直接求概率；
（2）设4题总得分为X，此时设“道”题中答对的题数为.分析出，得到.利用期望的线性运算求出小明的总得分期望值； 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，同理求出,比较，即可得到结论.
【详解】(1)记A=“小明在竞赛中得3”，则A表示“儒”题答错，
“道”题2对1错，所以
(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
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
因为，即小明应从“道”题中抽取12道题作答.
20．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.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）证面面垂直，先证其中一个平面内的直线AC垂直另一个平面BCD；
（2）由第一问结论，建立合适的坐标系，用空间向量求解即可.
【详解】(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.
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.
(2)解法一：
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，，，，

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.
设平面ABE的一个法向量为，
则，即
不妨令，，，所以
所以.
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.
解法二：
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，，，.
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.
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，
所以.
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.
解法三：
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.
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，
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.
设，则，，所以，
在中，，
所以.
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
21．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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，代入动点的坐标，化简即可；
（2）注意到S点在x轴上，所以，将作为桥梁，合理利用，即可求解.
【详解】(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
(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，.
由得，所以，
设，由，得，
所以，
所以，
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）
所以，因为，所以，
综上所述，.
22．已知函数
(1)讨论的单调区间；
(2)当，时，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导得，分类讨论、，，即可得出的单调区间；
（2）解法一：由分析知，在上单调递增，，即，所以要证明，只要证明，令，对求导，讨论在的单调性，即可证明.
解法二：令， 对求导可得，则，所以，所以，即，下同解法一.
【详解】(1)定义域为R，由
得.
当时，，所以在R上单调递增
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
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
综上所述：当时，单调递增为 ；
当时，的单调递减区间为上，单调递增区间为，当时，的单调递增区间为上，单调递减区间为.
(2)解法一：当时，，，
所以在上单调递增，
所以，即当，时，，
所以要证明，
只要证明，
令，则，
令，则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
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.
所以，所以原不等式成立.
解法二：
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，
令，则
令，则
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增
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
所以，所以原不等式成立.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不不等式，等价转化的数学思想，属于中等题.