福建省三明市2022届高三数学下学期5月毕业班质量检测三模试题

1、福建省三明市2022届高三数学下学期5月毕业班质量检测（三模）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（ ）ABCD2已知复数z的共轭复数为，（i为虚数单位），则（ ）ABCD3若，则（ ）ABCD4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（ ）ABCD6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

2、项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为（ ）ABCD7已知数列的前n项和为，若，且，则（ ）A-8B-3C-2D88已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）ABCD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（ ）AB常数项为84C各项系数的绝对值之和为512D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（ ）AB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

3、为202311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5B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6D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

4、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

5、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

6、）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：参考答案一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分1B 2D 3A 4A 5B 6C 7B 8D二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分9AC

7、 10BCD 11ACD 12ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13-2 14 15 1610四、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

8、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

9、：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

10、，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

11、，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

12、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

13、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