福建省福州市届高中毕业班第二次质量检测(3月质量检测)数学(理)试题-扫描版含答案

1、2022年福州市面屮毕业班质軾检测理科数学能力测试【去狂时舸：120井神：襪分：丨甘L.轴考试分试融卷和著題卷，-号q沏机容毬推上泮答.答肚刪.谄拉袴乜卷的皙訂址内 壤耳学检，班锻.准痔込号、灶名*2术试注井対葡帝EJ挥竝冷T- ii r. n t澤建禹齟廿个卷歯分iw分.苇 I- 130#.才©氏】I.样本枚拯肝.巧宀的掠桔矩乙球的表用枫、萍积孟式;=J台仏莎+：-卸+ g-：?Jh恥衍心F弓理.M申壬为禅亭甲-时ft.只和为球怕屮範第I卷选择厮拄刊分一*透掙耐沖小网*毎小彌T井共刃恃，在即小砸爭给的U个迭璇申有且只有一 牛追项捷疋骗的耙正确选顶除在苦西虽怖相辰忖起上h已愉全蜒/=

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6、*±_*_i'晴把所紂疋时a论的彳弓桐城丄高十理科敎学一2 (共4三*解答181本大其&小HL魏同分.解巻应写出宜丰说朗、证期Et理或滴援衍11& 思涌分U分已=A*iitaiT -««>«的開凝与£tr = l的相邻卿个交点之间的距海 为“< 孝隕就/，的甲洲通用区阿壬< U 设锂皿忙的山曲一4工断时的iA5>WJJt a.e假设7MI -IhO 存趴WJ11 的尢小 17*体小聽欄分L3分阴査说明，中年人的成忧塚与收人.竽山职韭的滴总度WW4fffi«的相关性,理将这三 環的補宜度指

7、标井刚记为并肘宜们进行化：0表不不構6表示基丰黑袁二古梧 孔科用烷命捋标w* T+的他泮疋中零人的成就1B苫銅曲-94.網应就蓉为 唆；菲3 "鸣3用虑就检为二如苦0崎腐1剧威就嬪为"：»为了了解冃市冲前洁申乖人書成就搭 悄阮，硏盘人摂曲财旳TijtlTttM 10韋中年人,I人詞编号%A<*,y)<1,1,)(2JJ)m(0J.I(IJJ>人同编号人A入gm)tL2,2V(1,1,1)(1.2,2)(1,0,0)(1J J)< I 在达怕名被*访者中任礙朋人，琳这尊人响职収措拒度帝标主相同的槪卡；11从腔就釀尋握尼筑的彼采访茬中任联一人其

8、竦會揩标为叭从承就俸等锻车星一 垠的梢舉访管申1W-人"芥塚仔所标为i.iettfllit ¥ = «-fi.j X的分彷列及梵瞰学朝 Sfl»,4£zhMW 分 13 分1 设点材为怔/T中点，求证.EMZ/T DiU 叩 禺古存在一点汕建得直线册与平而MD所圾甫的正弦值等于討 監舒在r试验卫庸阐的很铁*假设不许在，満说切理由高三理科数学 3 -共4 m门19,(卒小虞好命釦圈.2加腿醐t；、 ：>0!嗣£丄 *< - y-Z< F.A 4>JW>JMW1的V然点第 i»anHrM.ILM -

9、3.(1烛样園的方比(I)过点F杵矗空椰引十P.U聞克£ V農i t Wl的0： K： iAQ w.(本申朋満弁14分)已A r)=«' -*rr泄工片,#弋土：用邛沖存埔討款的底ft(1圧时.車歪豪貞町耐“ JUIHk的期址方程*(fl )i$n£ N* .ItSV-lna 与诚心-门 t ln( 2a - t) + lh(30 - l) + -* b m - Q胡知、併fctittil明.2i本JS设有仁口)列三牛选号建,毎題？飢请蓉生任选2制悴答用莎14处着爭IT期 按原甜的前蒔超计好.(I)(本小題荷分7知选誓4一2 ：那阵与皙换舟f ?睡阵的；&

10、#163;俺阵犷-_&盘I 2 2)(1.打求耗纨=再R眸川所剤应的线性吨换件用下所儒的曲it方阵本小题淆分丁井】适协4T：坐标鄢与詹数方程巳M曲堆G盛樓散卍程为 *"响八(口为零数】.在1FIE直坤追那案中.讪呈标滋点 ly Skua为摄乩孑轴的強航半轴为憬轴建也谡坐柯靠 於线匚的嵌坐标方裡为严珂厂 于)彥，(门把匚的皋独用肆化揶桃坐标方nh(D 1求&与G亶点的扱卑标3加0氏恥工旳一卩H厚小宦満井T分)iS修4輸申学式址讲已如建史花2. + *?上的fittAO* f W小值为3,()*S的值tf U)康不 »*-a< + i» + n&

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13、20.:匝题須讨H井请在各魁0的答题区减内柞番.粗出蛊色蜓形边耗匯定X理苗祥畢兀敕ru木需：5H斗井it琴胚谕从卩打釘题中任迭2眩作答问咔郢； 毛特所趣霽n时应的号焼広"井轴眄谎翱可增人括号中如蚩琴便.刖転乔: 住的两两筍计井.独瞬垃溜日是ru 21 2】:11 «< 畏听迩丙弓是：I I lx11 s谛在各扈H的咨尬也域內徉答.母山黑色坯托边电魁空IX期的挥髦无如2022年福州市高中毕业班质量检测理科数学能力测试参考答案及评分细那么第I卷选择题 共50分、选择题本大题共 10小题，每题5分，共50分.L A 工弓B < CC 0 D 7, 氛 A pt C 1

14、0. B第n卷非选择题共100分二、填空题本大题共5小题，每题4分，共20分.11. 3 4i 12.213. x y 1 0 或 x y 1 014. 315.三、解答题本大题共6小题，共80分.)皿本小題主要假设査三第琢的圈彖与性质(对称性、周期性、单调性h两博養的正弦公 式、利团正弦定理鮮三貫形等根底知谀 萼査运冒求解絶力，看匱飯刊箔台觀熙犹鸟转 化甩恿、函数与方程恿想-満分竹学辭】(TJ5 sinwr-e只巧 2 si怅亦岸一 )»订 分0所魏/CE的最大值背工 】分因为函蝕/(r)的田熬肓直蛀y = 2的相爭两于交芝之闻的距离畑所以 r« z* * * * 分所以

15、 ' 黠得创=2, 4分a所以 /(x)= 2 an(3r-)027 - Ix - 2kr+.fc Z '分2 6 2解黑兰鉞 贰止* J$3所以曲發/(x)的单澜遥増区间是-E + ipfre忑 -«分(n )由(I )知，f(x) 2sin(2x n).6 在ABC中，因为f (A)2,所以所以因为2sin(2 A n)6sin (2 A J 1,60 A n所以A2,因为所以因为n3 .a .3b，根据据正弦定理，有sin n3sin B，所以 sin B3a b，所以A B，所以0sin A . 3 sin B ,1210分11分12分所以13分l人鬲冲题主要

16、专查籃散型的概率、分布列，数学期璽弄根底知识，苛直敎据处理 縫力、抽象觀括能加 运算求辩話力以&应用鬣诃 考西必魁与或然saw.荷分分.対从M离怔菲访看中禺机抽取药入*腿们的职业満直度指标彳冃同： 职业満煮度措标丸o的有 4；职业満意窿拖标为1的有珂公一&,為出於wmsnrs标为2®w. a A ：从山名皱采访看中随机抽取两人的所有可能箔果数为1分= 45，2 分职J1満意窿扌旨标相同的所育可能结里纹丸C： + C； 3分 10+ 6 血 4 分所厲他2闌职业满直鹿指H目同的桃率巩卫、*5分P(X1)c3 c11c6 c：54P(X2)c1 clC2c；7cc：24P

17、(X3)C C1C21C1c2 C；7c6c24P(X4)c1 clc2C11c6c；8P(X5)C1 C11c c；24?所以X的分布列为随机变量X的所有可能取值为：1,2,3, 4,5 .分8分 9分10分11分n计算10名被采访者的综合指标，可得下表：人员编号AAAAAAAAAAo综合指标4462453513其中成就感是一级的 w 4丨有：a、a2、A3、A、A、A，共6名，成就感不是级的w 4丨有a、A、A、A0，共4 名.X12345P771771129所以 E(X) 1234_5. 13分424248241218.本小题主要考查空间体的直观图与三视图、直线

18、与平面的平行、线面所成角、探索性问 题等根底知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.总分值13分.I证明：方法一由三视图知,BA, BP, BC两两垂直,故以B为原点,点AP巒别为x轴，y轴，z轴正方向,建立如下列图的空间直角坐标系.戸,1那么 P(0,2,0), D(2,0,1), M(1,1,2),E(2,1,0), C(0,0,1),所以1=(1,0,5分所以EM /平面ABCD 方法二由三视图知，BABP,BC两两垂直.连结AC, BD，其交点记为O ,连结MO , EM . 因为四边形ABCD为矩形， 所以O为BD中点.因

19、为M为PD中点，戸1PB，且 OM PB 21/ PB，且 AE PB ,2 OM ,且 AE =OM .AEMO是平行四边形，/ AO4分平面ABCD , AO 平面ABCD/ 平面 ABCD 所以0M /又因为AE所以AE / 所以四边形 所以EM /因为EM 所以EM /分B当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为n解:(2, 2,1),2,0,0)，设平面PCD的法向量1(%,%,乙),0,得 2X1 2y1 乙 0 于 2x10.0,(0,1,2).取yi 1，得平面pcd的一个法向量8分解得 1或19舍去因此，线段PD上存在一点N，当N点与D点重合时，直线 BN与平

20、面PCD所成角的正弦13分Q.本中题主要童查橢屈的标准施乌性质、纯与脯画的位宜羌茅推理乌证阴尊抠础知 识，當查推理论证能力、运算求解能力.考查戌归导!化思想、魏形纯合恿想祝荷井B 分.IT二分解设吨的半焦距为"餌帚 鑒了b * Y解得"2.-34所以需园r的方程为+4坤 3方法一：依题意得，PQ与坐标轴不垂直.设 P x1,y1 ,Q x2,y2 .因为点Q与点Q关y2_y2X?1x22于x轴对称，所以Q X2, y .由I讨论可知，A 2,0 ,F 1,0 .因为PF / AQ，所以直线FQ与直线AQ的斜率相等，故解得x2又因为点Q X2,y2在椭圆 上，所以y2 - 5

21、，或y24y23 、5，那么直线PQ的斜率k4-5x 1 2由椭圆对称性，不妨取所以直线PQ方程为y由y x 3x2 4y22所以PF1，得点12,P坐标为3.58X12y1X1k2X1k2AQ2X22y2X2k2 x2k252X1X210分81648116 .11分12分1 所以 PF 2|AQ .方法二：依题意，得设I方程为y k x13分PQ与坐标轴不垂直.1 k 0，P X1,y1 ,Q X2,y2 .因为点Q与点Q关于X轴对称，所以Q x2, y2 .Q也在椭圆 上.又因为椭圆关于X轴对称，所以点由一,13x 4y所以0,X1'消去y得 312,8k2,X1 X23 4k4k

22、2 x8k2x 4k 120 .X24k2123 4k2因为PF / AQ，所以直线 AQ的方程为y k由y2kX22,消去y得33x 4y 12,因为直线AQ交椭圆于216k124k22 2 2 24k x 16k x 16k120 .所以所以0,XiX2XiA 2,0故X2363 4 k228k,Q X2, y2 两点,8k26.4k2 28k2 ,X13 4kX228k 6X1 23 4k24k 122 ，3 4k5X148k232所以|PF|解得所以k2X26z4kX1741222y1X12 k2k22X1110分|AQ|2X22y2X2k2 x2k2X28164，8116 .12分1

23、 所以 PF ；|AQ| .13分方法三：依題意，得徨厉燮标轴不垂直.设污程齿尸=十14两.片尼可小因湖点Q与点g关干耳轴职所以0环-y5J因删隔关于工轴对称，所以点？也在Iff圆上直纯吃过定爲MR. 理由如下T由尹一 订涪去尸得十昭"4F-12丸. 鼻 4$ 2grp. , n-12, IT "iT ,airwiirBi si n »4? a 3+4 '、_2弘所以无片 + 坷片=x2 町农 + 1十 H 町& 十 0 = 2.xa +1!+ rT-y-j-p-'片+片 花代 *i+比巧+ 1上忑丰呂* 肚 3* 因为屈.召4 4后炉=召

24、*4一丹*所以“勺片珂厂斗必网中口"*5云篇+ #乩 所以丽两丽®,所以胚只0三点共娃，兩直疑农过定点矶7 因为卩嗨段加 中点，FM理、SrL<A|Pf|« 丄 *27分rr订分12分 13分方法四：依题意，得 PQ与坐标轴不垂直.设 I 方程为 y k x 1 k 0，P x1,y1 ,Q x2,y2 .因为点Q与点Q关于x轴对称，所以Q x2,因为P,F,Q三点共线，所以FP X! 1,y 与 FQ X2 1,y2共线, 所以 x1 1 y2 x2 1 y1 0 . 6分因为PF / AQ，所以可P=所以x11 x22所以 X22 y20，即卩捲1,y1

25、X2 2, y2 ,y1y2.依题意，y1 y20 ,1因为点Q 1 ,y2在椭圆2X21 y20,1所以X2-.22 2x y .7 3即 y2 2x210.由椭圆对称性，不妨取OP1,0因为点P 321 y221上，所以16存1，3 ,5 4y2-<5，那么4X22,讨210分? 1, U ,242220 13；5y 1上，所以24 13431, 3 5 在椭圆-441解得 2或 1舍去 12分所以Fp aQ 即 PF ；|AQ . 13 分方法六：依题意，得 PQ与坐标轴不垂直.设 I 方程为 y k x 1 k 0 丨，P x1,y1 ,Q x2,y2 .因为点Q与点Q关于x轴对

26、称，所以Q x2, y2 .由 y2k x?1，消去 x 得 3 4 k2 y2 6ky 9k20.3x 4y 12,所以 0, y1因为PF / AQ6ky23 4k，所以直线AQ的方程为y k x 2 .由 y2kx22,消去 x得，3 4k2 y2 12ky 0 . 3x2 4y212,因为直线AQ交椭圆于A 2,0 ,Q冷，y2两点，12k2 .3 4k为 1,y1所以y112 1 ky2X2 2, y2 ,3 4k22，解得3 4k19分10分12分1所以 |PF|-|AQ| .13 分20.本小题主要考查导数的几何意义、导数的应用单调性、最值、用点斜式求直线方程、比拟不等式、证明不

27、等式、数学归纳法等根底知识，考查推理论证能力、运算求解能力等， 考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想、有限与无限思想等总分值14分.解：I当 a e 时，函数 f (x) ex e x，贝U f (x) ex e , 1 分所以 f (1) 0,且 f (1) 0 , 2 分所以当a e时，n(n 1) *71na ln(a 1) In(2a1) In(3a 1) ln(na 1) (n N )成立. 14 分2解法三： n(n2 1)lna ln(a 1) ln(2a 1) ln(3a 1)ln(na 1)(n N*).5分 理由如下：因为 a e ， 欲证 n(n 1)Ina

28、ln(a 1) In(2a 1) In(3a 1) ln(na 1) (n N )成立，2a 1 ,2,aa1,11分2理由如下：因为 a e,欲证 n(n 1)Ina ln(a 1) In(2a 1) In(3a 1) ln(na 1) (n N*)成立,2n(n 1)只需证 a 2 (a 1)(2a 1)(3a 1) (na 1) (n N*)，只需证 a a2 a3 an (a 1)(2a 1)(3a 1) (na 1) , 6 分即证 an na 1 (nN). 8 分用数学归纳法证明如下： 当 n 1 时， a a 1 成立， 当n k时，假设akka 1成立， 9分那么当 n k1

29、 时， ak 1aka(ka1) a ，下面只需证明(ka 1) a(k1)a1 ,10分只需证明 k(a2 a) 2a 1 ，因为a e,所以a2 a 0，所以只需证明k2a 1所以只需证明 1 22a 1 ,只需证明 a(a 3)aa只需证明a2 3a 10对a e恒成立即可.构造函数 h(a) a2 3a 1(a e),因为 h(a) (a 3)25在e,)单调递增，所以h(a) h(e) (e 3)250 .12 分2424所以当 n k 1时, ak1 (k 1)a 1成立,由和可知，对一切n N* , anna 1成立. 13分所以当a e时，n(n 1)Ina ln(a 1) I

30、n(2a1) In(3a1) ln(na 1) (n N )成立. 14分2解法四：n(n 1)l na ln(a 1) In (2 a 1) In (3 a 1) ln(na 1) (n N*) . 4 分2n(n 1)只要证 a 2 (a 1)(2a1)(3a 1) (na 1) (n N*),只需证 a a2 a3an (a 1)(2a 1)(3a 1) (na 1) , 6 分即证 an na 1 (nN) . 8 分用数学归纳法证明如下： 当 n 1 时, a a 1 成立, 当n k时，假设ak ka 1成立， 9分那么当 n k 1 时, ak 1 ak a (ka 1) a ,下面只需证明(ka 1) a (k 1)a 1 ,10分注意到 a e 2 且 k 2 ,那么(ka 1) a 2(ka 1) (k 2)a 2 (k 1)a (a 1) 1 (k 1)a 1 , 12 分所以当n k 1时，ak 1 (k 1)a 1成立，由和可知，对一切 n N* , an na 1成立. 13分所以当a e时，n(： "lna ln(a 1) In(2a 1) In(3a 1)|ln(na 1) (n N )成立. 14 分21 1本