福建省福州市2022届高三下学期3月一模试题数学（Word版带解析）

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分注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．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.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由求出复数，从而可求得其所在的象限【详解】由，得，所以在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选：B2.己知，则外接圆的方程为（）AB.C.D.【答案】D【解析】 【分析】求得外接圆的方程即可进行选择.【详解】设外接圆的方程为则有，解之得则外接圆的方程为故选：D3.中国营养学会把走路称为“最简单、最优良的锻炼方式”，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等．下图为甲、乙两人在同一星期内日步数的折线统计图：则下列结论中不正确的是（）A.这一星期内甲的日步数的中位数为11600B.乙的日步数星期四比星期三增加了1倍以上C.这一星期内甲的日步数的平均值大于乙D.这一星期内甲的日步数的方差大于乙【答案】B【解析】【分析】对于A：直接求出中位数；对于B：求出乙的星期三和星期四步数，计算可得；对于C：分别计算出甲、乙平均数，即可判断；对于D：分别计算出甲、乙方差，即可判断；【详解】对于A：甲的步数：16000，7965，12700，2435，16800，9500，11600.从小到大排列为：2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800.中位数是11600.故A正确； 对于B：乙的星期三步数7030，星期四步数12970.因为，所以没有增加1倍上.故B不正确；对于C：，.所以.故C正确；对于D：所以.故D正确；故选：B.4.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由的单调性可依次判断充分性和必要性是否成立，由此可得结论.【详解】在和上均为增函数，当时，，充分性成立；当时，或，必要性不成立；“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5.己知P是半径为的圆形砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置开始，按逆时针方向 做圆周运动，角速度为．如图，以砂轮圆心为原点，建立平面直角坐标系，若，则点P的纵坐标关于时间（单位：）的函数关系式为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设点P的纵坐标关于时间（单位：）的函数关系式为，求出的值，时，射线可视角的终边，结合三角函数的定义可得出函数解析式.【详解】设点P的纵坐标关于时间（单位：）的函数关系式为，由题意可得，，时，射线可视角的终边，则.故选：D.6.从集合的非空子集中任取两个不同的集合和，若，则不同的取法共有（）A.种B.种C.种D.种【答案】C【解析】 【分析】分别讨论集合中元素个数为或的时候，集合的取法数，由分步乘法和分类加法计数原理可求得结果.【详解】若集合仅有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；若集合中有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；若集合中有个元素，则集合为的非空真子集，有种取法；此时共有种取法；综上所述：不同的取法共有种.故选：C.7.已知平面向量均为单位向量，且，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用和向量数量积的运算律可求得，并将所求式子化为，由可求得结果.【详解】，，，，， 即的最大值为.故选：B.8.折纸是我国民间的一种传统手工艺术．现有一张长、宽的长方形的纸片，将纸片沿着一条直线折叠，折痕（线段）将纸片分成两部分，面积分别为．若，则折痕长的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知可确定，分别在三种折叠方式下利用面积建立关于折痕的函数关系式，根据二次函数和对勾函数的单调性可求得最值，由此可得结果.【详解】由题意得：长方形纸片的面积为，又，，；①当折痕如下图所示时，设，，则，解得：，，令，，在上单调递减，在上单调递增，又，，，，； ②当折痕如下图所示时，设，，则，解得：，，令，则在上单调递减，在上单调递增，又，，，，；③当折痕如下图所示时，设，，则，解得：，令，则在上单调递减，在上单调递增，又，，，， ；综上所述：折痕长的取值范围为；折痕长的最大值为.故选：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.已知椭圆的左、右焦点分别为，为上一点，则（）A.的离心率为B.的周长为C.D.【答案】CD【解析】【分析】由椭圆方程可确定，根据离心率，焦点三角形周长为可确定AB错误；当为椭圆短轴端点时最大，由此可确定，知C正确；根据可知D正确.【详解】对于A，由椭圆方程知：，，离心率，A错误；对于B，由椭圆定义知：，，的周长为，B错误；对于C，当为椭圆短轴端点时，， ，，即，，C正确；对于D，，，，D正确.故选：CD.10.已知等差数列的前n项和为，公差．若，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】依题意可得且，即可得到，，再根据，即可得到，，最后根据等差数列前项和公式及下标和性质判断；【详解】解：因为，所以且，即，，因为即、不同时为零，所以，因为，即，所以，，故D正确；不一定为零，故C错误；故选：BD11.设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（）A.B.为奇函数C.在上减函数D.方程仅有6个实数解【答案】ABD【解析】【分析】由题干条件可以得到关于对称，关于对称，周期为8，从而 求出，A正确；根据周期与奇偶性判断出B选项，先根据奇偶性与单调性得到在单调递增，再根据周期求出在上单调递增，画出与的函数图象，判断出交点个数，从而得到D选项正确.【详解】为偶函数，故，令得：，为奇函数，故，令得：，其中，所以，A正确；因为为奇函数，所以关于对称，又为偶函数，则关于对称，所以周期为，故，所以，从而为奇函数，B正确；在上单调递增，又关于对称，所以在上单调递增，且周期为8，故在上单调递增，C错误；根据题目条件画出与的函数图象，如图所示：其中单调递减且，所以两函数有6个交点，故方程仅有6个实数解，D正确.故选：ABD【点睛】抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称； 若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期.12.已知正四面体的棱长为3，其外接球的球心为．点满足，过点作平面平行于和，设分别与该正四面体的棱，，相交于点，，，则（）A.四边形的周长为定值B.当时，四边形为正方形C.当时，截球所得截面的周长为D.四棱锥的体积的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】求得四边形的周长判断选项A；依据正方形判定标准判断选项B；求得平面截球所得截面的周长判断选项C；求得四棱锥的体积的最大值判断选项D.【详解】平面，平面平面，平面平面则，，则又平面，平面平面，平面平面则，，则则四边形为平行四边形.由，可得，则，又正四面体的棱长为3，则，选项A：四边形的周长为.判断正确；选项B：当时，，，则平行四边形为菱形又正四面体中，对棱，则，则菱形为正方形.判断正确；分别取BD、BC、AC的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ，设DN、CM交于K，连接AK，则AK为正四面体的高 正四面体的棱长为3，其外接球的球心为,则在AK上，连接CO，，设球半径为R，则，即，解之得由，可得同理有，则为异面直线之间的距离，则点到的距离为，球心到的距离为选项C：当时，设与交于T，则，T到的距离为球心到平面的距离为则平面截球所得截面半径为则平面截球所得截面的周长为.判断错误；选项D：由，可得点A到平面的距离为，又平行四边形为矩形，则四棱锥的体积令，则 由得，由，得则在单调递增，在单调递减，在时取最大值，即的最大值为故四棱锥的体积的最大值为.判断正确.故选：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.已知函数处取得极值，则实数_________．【答案】【解析】【分析】求出导函数，由求得值，并检验此时是极值点．【详解】∵∴，则，，当时，，时，，时，，所以时，取得极值，所以实数.故答案为：.14.如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为，高为，则这个茶叶盒的表面积约为______．（精确到0.1，） 【答案】【解析】【分析】根据所给数据算出答案即可.【详解】边长为10的正六边形的面积为所以表面积为故答案为：15.写出一个使等式成立的的值为_____________．【答案】（答案不唯一，只要满足即可）.【解析】【分析】利用二倍角和两角和差正弦公式化简已知等式得到，由正弦函数性质可确定，由此可解得结果.【详解】，， ，解得：，当时，，使得等式成立的一个的值为（答案不唯一）.故答案为：（答案不唯一，只要满足即可）.16.已知抛物线的焦点为，过的动直线交于两点，过分别作的切线，，与交于点．经探究可知点必在一条定直线上，其方程为___________；记，与轴的交点分别为，若的倾斜角为，则四边形的面积为_______．【答案】①②.【解析】【分析】设，与抛物线方程联立可得韦达定理形式；结合导数知识可求得方程，由此可求得点横坐标恒为，由此可得定直线；由方程可求得坐标，结合韦达定理可求得，由可求得结果.【详解】由抛物线方程知：，设，，，由得：，，；当时，由得：，，，又，；当时，由得：，， ，又，；由得：，又，，点必在定直线上；由方程可求得，，；当倾斜角为时，方程为：，，，，解得：，四边形的面积.【点睛】结论点睛：过点作直线交抛物线于两点，过两点分别作抛物线的两条切线，则两条切线的交点必在定直线：上.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，故符合条件的三角形不存在．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，分别以的方向为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105P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，，②①×②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