2022年3月福建省福州市高三质检(一模)数学试卷含答案

数学试题（数学试题（PAGE24页）准考证号 姓名（在此卷上答题无效）20223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：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．考姓名是否一致．第卷第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2BⅡ卷用第卷一、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．zzi4iz在复平面内对应的点位于3. 的折线统计图：3. 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 2.已知A30BA．x2y2C．x2y22

第二象限 C．第三象限 D．第四象限0C03，则△ABC外接圆的方程为B．x2y24D．x2y244. 0aba1b1”的a bA．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P是半径为3cm的圆形砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置P0

开始，按逆时yPOπ3xyPOπ3x2xOyPOx0于时间t（s）的函数关系式为3sin y tπ3sin

π，则点P的纵坐标y关3y3sinπtπ323 323 y

tπ

y3sinπtπ3sin4 323 323从集合12的非空子集中任取两个不同的集合A和B若A B则不同的取法共有A．42种 B．36种 C．30种 D．15种已知平面向量abc均为单位向量，且ab1，则abbc的最大值为1

1

C．1 D．34 2 210cm、宽8cm的长方形的纸片，将纸片沿着一条直线折叠，折痕（线段）SS．若1 2S:S1

1:3，则折痕长的最大值为892934cm B．10cm C．2 cm D．2 cm892934二、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．x2 y2已知椭圆C: 1的左、右焦点分别为FF，P为C上一点，则4 3 1 2C的离心率为2

△PF

的周长为52 12F

＜90

1≤PF≤31 2 1已知等差数列an

的前n项和为Sn

，公差d0．若Sn

S，则6a1

＜0 B．d＜0

C．a6

0 D．S ≤013设函数fx的定义域为R，fx为奇函数，fxx1时，fxx21，则下列结论正确的是

73

fx7为奇函数2 4 fx在68上为减函数 D．方程fxlgx0仅有6个实数解已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为OEAEAB（0＜1，过点E作平面平行于AC和BD，设分别与该正四面体的棱BC，CDDA相交于点FGH，则EFGH的周长为定值1当2EFGH为正方形1 13当3截球O42四棱锥AEFGH的体积的最大值为 23第Ⅱ卷注意事项：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．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．已知函数fxa xlnx在x1处取得极值，则实数a ．如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm，高为20cm则这个茶叶盒的表面积约为 cm2（精确到0.1，31.732）写出一个使等式 sinsinπ

cos 2的值cosπ66 66 为 ．已知抛物线C:y24xFF的动直线l交CAA分别作C的切线ll，l与l1 2 1

交于点P．经探究可知点P必在一条定直线上，其方程为 ；记l，l1 2

yMN，若l的倾斜角为30，则四边形PMFN的面积为 （本题第一空2分，第二空3分）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）已知数列

的前n项和为Sn

，

1，a2

2

n

Sn1

4a．n（1）求a；n1 1（2）求证：

1 ＜2．a1 a1 2

a1n数学试题（第3页共4页）18. （12分）记△ABC的内角ABC所对的边分别为ac，已知bsinCsinC 3cosC，Aπ．3求c；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．2①BC边上的中线长为 ，②AB边上的中线长为7，③三角形的周长为6．2注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19. （12分）ABCAB

EABFBC上，且ACBC3BF．

111ABF平面CCE；11 1若ABCAA2ABEABF的体积为1 113，求CEABF所成角的正弦值．9 1120. （12分）n（nN，且n2次抽奖，1 2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3 3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532次抽奖所选方案，直到抽奖结束．如果n2案？并说明理由．记顾客甲第i

（i12n，并且选择方案②．请直接写iE(

i

EXi

)的递推关系式，并求E(X8

)（精确到0.1） 参考数据：270.059 3 21. （12分）xOyC:x2y21F为直线lx1上一点，3 6过F作TF的垂线分别交C的左、右支于PQ两点，交l于点A．证明：直线OTPQ；PA3QFTF2的值．22. （12分）已知函数fxexaxsinxbxc的图象与x轴相切于原点．求bc的值；若fx在0π上有唯一零点，求实数a的取值范围．数学试题（第4页共4页）数学参考答案与评分细则（第数学参考答案与评分细则（第11页共11页）准考证号 姓名（在此卷上答题无效）20223月福州市高中毕业班质量检测数学参考答案及评分细则评分说明：内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。只给整数分数。一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1．B5．D

2．D6．C

3．B7．B

4．A8．C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9．CD 10．BD 12．ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．

14．1719.615．π（答案不唯一，ππkZ任取一个值均可）8 8 2四、解答题：本大题共6小题，共70分．17. （10分）

16．x1，4【考查意图】本小题主要考查数列的通项与前n项和的关系式、等比数列的通项公式与前n10分．【解答】（1）由Sn2

Sn1n

得an2

4an

． 1分所以，当na2k1

，2k1所以数列a2k1

是首项为a1

1，公比为4的等比数列， 2分故a2k1

14k1，即a2k1

22k222k． 3分n

kN*时，同理可得a2k

2

122k

． 4分所以an

2n1（nN*）． 5分2 1 1

1 ＜1

···········································7（）证明：由（

）知an

， 分 2n11 2 1a1所以1 1a1a1 a11 2 n＜10112

1

·························································8分2111 2

2

2

2112＜1

························································································9分2． 10分11218. （12分）12分．【解答】由bsinCsinC 3cosC得csinB2sin(Cπ)， 3分3又Aπ，ABCπ,3所以csinB2sinB2sinB， 5分而0Bπ，故sinB0，故c2． 6分（2）选①，2方法一：设BC边上的中线为AD，则AD ．22由cosADBcosADC

AD2BD2AB2AD2CD2AC2

， 7分2ADBD 2ADCD1 a2 1 a2 即24424b2，即a22b26， 9分 由余弦定理a2b2c2cosA得a2b24， 10分即b220， 11分该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在 12分方法二：设BC边上的中线为AD，则AD1(ABAC)， 8分2

1(AB22ABACAC2， 9分41 1 1 即2442b2b2，即b2b20， 111 1 1 易知该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在 12分方法三：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系．故C点坐标为bcosπ,bsinπ，即1b，3b，B点坐标为， 8分3 3

2 2 所以BC边的中点坐标为11b，3b， 9分 4 4 23BC 1 2 23

2 2由 边上的中线长为222

得14b

4b 2

， 10分 整理得b220， 11分该方程无实数解，故符合条件的三角形不存在 12分选②，7设AB边上的中线为CF，则CF ．7在ACF中，由余弦定理得CF2AF2AC22ACAFcosA，π即71AC221ACcos ， 8分π3整理得AC2AC60， 9分解得AC3或AC2（舍去） 10分故△ABC的面积S选③，

1ACABsinA132 12分3332 2 2 2333依题意得ABBCCA6，由（1）知AB2，所以BCCA4 7分在△ABCBC2AB2CA22ABCAcosA，1所以CB222CA222 CA，12即CB24CA22CA， 9分所以(4CA)24CA22CA，3解得，BCCA2 10分3所以△ABCS19. （12分）

1ACABsinA122 32 2 23

.·························12分12分．【解析】（1）在直三棱柱ABCABC111

CC1

ABC，111∴CC1

AB11

， 1分∵点E为AB的中点，且ACBC，∴ABCE， 2分∵AB∥AB11

，∴ABCE， 3分11∵CE CC1

C，∴AB平面CCE， 4分11 1ABABF，11 11∴平面ABF平面CCE； 5分11 1（2）∵ABC60ACBC，∴△ABC为正三角形．ABtAA1

2AB2t，由（1）可得，CE平面ABBA，1133依题意得BF1BC，故点F到平面ABBA的距离为1CE1 t t，···6分333 11 3 3 2 61 1∴S ABAA tt2，2 1 23331 1333∴V V S t t2 t t3， 7分1111EAB1111

FAB

3

6 3 6 184 3zB1C1EByFCx∵三棱锥4 3zB1C1EByFCx11 9 A3431343∴ t3 ，解得t2． 8分18 9以E为原点，分别以ECEBAA1

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Exyz，则

F 2 C 3,0,0

0,0,0

1

313

，

3,3,0，A ∴CE3,0,0 ， 11

0,2,0，

5 AF313,3AF313··············································································································9分AB11

F的法向量为nyz，nA

0，

2y0，3即 则 13即 nAF0，

x y4z0，3令z1，得n4 3,0,1， 10分∴cosCEn

CEn4 3CEn4 3

4 3， 11分1231237CEAB11

F所成角的正弦值为7

． 12分20. （12分）【考查意图】本小题主要考查离散型随机变量的期望、推断与决策等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力与创新意识；考查化归与转化思想；考查数学建模、逻辑推理、数据分析等核心素养，体现综合性、应用性与创新性．满分12分．（）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4035105． 1分40)11=1，35)21=2，3 3 9 3 3 910)1225)224， 2分3 3 9 3 3 9所以E()40702020150． 3分9 9 9 9 9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30)11=1，15)21+12=4，10)22=4，3 3 9 3 3 3 3 9 3 3 9306040130， 5分9 9 9 9因为E＞E所以应选择方案①． 6分（2）依题意得E(X

i1

)2E(X3

)10， 7分3X10，5其分布列为1XX1105P1323E(X1

)20，则E(X3 1

)1010， 8分3E(X

i1

)2E(X3

10E3

i1

102EX3

1， 10分所以X为等比数列，其中首项为10，公比为2． 11分i10 2

3 310 2所以E(X8

)10

( )7，故E(X3 3 8

( )7+109.8． 12分3 3方法二）同解法一． 6分（2）依题意得E(X

i1

)12E(X3

)252E(X3 3

)10， 7分3由（1）知EX2

70，则9EX8

2EX3

10322

2 10 103EX6

333

····························································8分26

10 2

24 3EX2

333 1 10分 702610

261分3··························································111分9 33

1231027109.8． 12分321. （12分）

3【考查意图】本小题主要考查双曲线的图象和性质、直线和双曲线的位置关系等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性．满分12分．【解答】方法一（）依题意，x 336

3，即F30， 1分设T1t，则直线PQ的方程为xty3， 2分xty3，由

得t2y21ty120，2x2y26Px

yQ

t210，，则48

故t21，21 1 2 2

2 2

＞0，yy y

， 3分1 2 2t21 1

2t21所以xx1 2

ty1

y62

6，2t21又直线PQ分别交C的左、右支于PQ两点，1212 1212

96t2 1x

ty3 ty

t2yy

yy 91＜0，故t＞2 4分12122212122所以PQ中点为N 3 t ， 5分 2t21 2t21所以kON

tkOT

t，故OTN三点共线，即直线OT平分线段PQ． 6分（2）PA3QF得1x1

33x2

，即x1

2

8， 7分所以x1

x84x，①2 23x1

x84x2

，② 8分①②得3xx216xx641x

， 9分1 2 1 2 1236所以3 16

6 641696t2

， 10分2t212

2t21 2t21837 837解得t2

4 ，或t2 4 （舍去） 11分TF

44t21237． 12分36方法二（）依题意，依题意，36F

3，即F30， 1分PQ0y

x

20 1， （k ，T0 1， kykx由

2k2x2k2xk260， 得2x2y26

2k20，设Pxy Qx

，则36k

故k22，1 1 2 2 4

k2＞0，6k2 9k26xx xx ＜0，k2＜2． 4分1 2 k22 1

k22所以yy

kx

6

12k

2，PQ中点为N

6k ， 5分1 2 1 22

k22 k22 k22所以kON

，kk

，故OTN三点共线，即直线OT平分线段PQ． 6分k（2）PA3QF得1x1

33x2

x1

3x2

8， 7分所以3x2

8x2

6k2k22

3x2

8x2

9k26k22

0，故k22， 8分2227k28 9k262222k2即x2k2k2

23x2

2，7k282

7k28 9k26所以3 8

， 9分2k22

2k22

k22整理得1614641210， 10分k183k2 4

k1，或k

834

（舍去） 11分72 2 2 17此时，TF 132 0 41

12

． 12分22. （12分）

k

k2数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性．满分12分．【解答（1）f(x)exa(sinxxcosx)b， 1分f(0)0，依题意， 3分f(0)0，1b0，即 解得b1，c1． 4分c0，（2）由f(xexaxxcosx1g(x)exaxxcosx1，g(x)exa2cosxxsinx，所以g(0)12a，①当a1时，2，（）当x0 π时，g(x)exa3sinxxcosx＞0，所以g(x)， 2··············································································································5分g00gπeππa0，22 2所以存在唯一实数x0 π，使得gx

0． 6分0 ， 0 2（）当xππ