2022届福建省南平市高三毕业班第三次质量检测数学试卷及答案

南平市2021—2022学年高三毕业班第三次质量检测

数学试题

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. 已知复数，则复数的虛部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【1题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】先由复数的运算求出，再求出虚部即可.

【详解】，故虚部为.

故选：A.

2. 设集合，集合，若，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【2题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】直接由求解即可.

【详解】由可得.

故选：D.

3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，下列事件与事件“至少一枚硬币正面朝上”互为对立的是（    ）

A. 至多一枚硬币正面朝上 B. 只有一枚硬币正面朝上

C. 两枚硬币反面朝上 D. 两枚硬币正面朝上

【3题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】由对立事件的概念直接判断即可.

【详解】由对立事件的概念知：“至少一枚硬币正面朝上”的对立事件为“两枚硬币反面朝上”.

故选：C.

4. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在正方体中，当分别与，，，重合时，所形成的四面体中鳖臑共有（    ）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

【4题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】当与，重合时，由为等边三角形即可判断四面体不是鳖臑；当与，重合时，证明四个面均为直角三角形即可.

【详解】

如图，当与重合时，易得，故为等边三角形，此时四面体不是鳖臑；

当与重合时，易得为直角三角形，又面，面，故，

故为直角三角形，同理为直角三角形，此时四面体是鳖臑；

当与重合时，易得，故为等边三角形，此时四面体不是鳖臑；

当与重合时，易得为直角三角形，又面，面，故，

故为直角三角形，同理为直角三角形，此时四面体是鳖臑；故共有2个.

故选：B.

5. 在单位圆中，已知角的终边与单位圆交于点，现将角的终边按逆时针方向旋转，记此时角的终边与单位圆交于点，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【5题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】先由三角函数的定义求得，再由正余弦和角公式求得，即可求得点的坐标.

【详解】由三角函数定义知：，将角的终边按逆时针方向旋转，此时角变为，

故点的横坐标为，

点的纵坐标为，

故点的坐标为.

故选：B.

6. 在中，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【6题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】由，利用正切的二倍角公式即可求解.

【详解】因为，所以，

所以，

故选：A

7. 若点是抛物线上一点，点到该抛物线焦点的距离为6，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】先由点在抛物线上得，再结合抛物线定义及到抛物线焦点的距离即可解出.

【详解】由题意知：，解得，抛物线的准线为，由抛物线的定义知，

点到该抛物线焦点的距离为，解得.

故选：D.

8. 对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【8题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】化简不等式后构造函数，根据单调性转化为恒成立问题求解

【详解】，即，

令，由题意得在上单调递减，

故，即在上恒成立，则，

故选：C

二､多选题：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. 支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常生活带来严重的影响.某医院老年患者治愈率为20%，中年患者治愈率为30%，青年患者治愈率为40%.该医院共有600名老年患者，500名中年患者，400名青年患者，则（    ）

A. 若从该医院所有患者中抽取容量为30的样本，老年患者应抽取12人

B. 该医院青年患者所占的频率为

C. 该医院的平均治愈率为28.7%

D. 该医院的平均治愈率为31.3%

【9题答案】

【答案】ABC

【解析】

【分析】由分层抽样即可判断A选项；直接计算频率即可判断B选项；直接计算平均治愈率即可判断C、D选项.

【详解】对于A，由分层抽样可得，老年患者应抽取人，正确；

对于B，青年患者所占的频率为，正确；

对于C，平均治愈率为，正确；

对于D，由C知错误.

故选：ABC.

10. 已知函数的任意两条对称轴间的最小距离为，函数的图象关于原点对称，则（    ）

A. 函数在单调递减

B. ，

C. 把的图象向右平移个单位即可得到的图象

D. 若在上有且仅有一个极值点，则的取值范围为

【10题答案】

【答案】BD

【解析】

【分析】由题意先解出，再根据三角函数性质对选项逐一判断

【详解】由题意得的周期为，故，

，

又的图象关于原点对称，为奇函数，而，可得，

即，，

对于A，当时，，结合正弦函数性质知在不单调，故A错误，

对于B，，，故B正确

对于C，的图象向右平移个单位得函数，故C错误，

对于D，当时，，若在上有且仅有一个极值点，

则，解得，故D正确

故选；BD

11. 已知双曲线的方程为，，分别为双曲线的左､右焦点，过且与x轴垂直的直线交双曲线于M，N两点，又，则（    ）

A. 双曲线的渐近线方程为

B. 双曲线的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方

C. 双曲线的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列

D. 双曲线上存在点，满足

【11题答案】

【答案】AB

【解析】

【分析】先由求得，即可求出渐近线判断A选项，由点到直线的距离公式即可判断B选项，由实轴长､虚轴长､焦距结合等比中项即可判断C选项，由双曲线定义结合的范围即可判断D选项.

【详解】易知双曲线的方程为，令得，故，解得，双曲线的渐近线方程为，即，故A正确；

双曲线的渐近线方程为，由双曲线的对称性，不妨取右顶点，右焦点，则顶点到两渐近线距离的积为，

焦点到渐近线距离的平方为，又，，故，B正确；

，，显然，C错误；

若，又由双曲线定义，解得，

故不存在点，满足，D错误.

故选：AB.

12. 如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中且.记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为.则（    ）

A.  B.  C.  D.

【12题答案】

【答案】ABD

【解析】

【分析】由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的最后一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前圈共有个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；当时，所在点的坐标为，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项.

【详解】由题，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知；第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，即 ，以此类推，可得第圈个点对应的这项的和为0，即，

设在第圈，则，由此可知前圈共有个数，故，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故A正确；

，故B正确；

所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故C错误；

，对应点的坐标为，，…，，所以

，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前项和与所求的关系，结合图形，可适当先列举找到规律，再求解.

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 计算：___________.

【13题答案】

【答案】##

【解析】

【分析】直接由特殊角的三角函数和对数运算求解即可.

【详解】.

故答案为：.

14. 已知为圆：上任意一点，则的最大值为___________.

【14题答案】

【答案】

【解析】

【分析】将转化为点和连线的斜率，由图像可知当直线与圆相切时取得最大值，由解出斜率即可.

【详解】

由于，故表示和连线的斜率，设，如图所示，当与圆相切时，取得最大值，

设此时，即，又圆心，半径为1，故，解得，

故的最大值为.

故答案为：.

15. 已知函数有零点，则实数___________.

【15题答案】

【答案】

【解析】

【分析】先由基本不等式求得，再由二次函数求得，要使函数有零点，必须同时取等，即，，解方程即可.

【详解】由可得，当且仅当时取等，

又，当且仅当时取等，

故，当且仅当，时取等.

要使函数有零点，则且，化简得，解得.

故答案为：.

16. 四面体中，，，，且异面直线与所成的角为.若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的最大值为___________.

【16题答案】

【答案】

【解析】

【分析】构建直三棱柱，找出球心及底面外心，结合正弦定理求得，由表示出体积，再结合余弦定理及基本不等式求出最大值.

【详解】

由，，，且异面直线与所成的角为构建直三棱柱，由得，

易得四面体外接球即为直三棱柱的外接球，取的外心，易得的中点即为球心，又，

则，由正弦定理得，又，

又由余弦定理得，即，

当且仅当时取等，故的最大值为3，四面体的体积的最大值为.

故答案为：.

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. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.

在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.

（1）求角A；

（2）若，，点D在线段AB上，且与的面积比为3：5，求CD的长.

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答内容计分）

【17题答案】

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）若选①，由正弦定理，得，再由余弦定理即可求出角A；

若选②，由正弦定理得，解得，即可求出角A；

若选③，先由平方关系得，再由正弦定理得，再由余弦定理即可求出角A；

（2）在中，由余弦定理求得，由与的面积比求得，再在中由余弦定理求得即可.

【小问1详解】

选①，由正弦定理，得，即，故，又，故；

选②，由正弦定理，得，又，故，

又，故，又，故；

选③，由可得，

即，由正弦定理得，故，又，故；

【小问2详解】

在中，由余弦定理得，因为，所以，

解得或（舍），又与的面积比为3：5，即，所以，在中，

由余弦定理得，即.

19. 已知数列满足，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若满足，.设为数列的前项和，求.

【19题答案】

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用累乘法即可求解；

（2）由（1）代入可得，利用并项法求和即可求解.

【小问1详解】

因为，，

所以当时，，则，即，

当时，也成立，所以.

【小问2详解】

由（1），，，

则，

则

.

21. 南平市于2018年成功获得2022年第十七届福建省运会承办权.为进一步提升第十七届福建省运会志愿者综合素质，提高志愿者服务能力，南平市启动首批志愿者通识培训，并于培训后对参训志愿者进行了一次测试，通过随机抽样，得到100名参训志愿者测试成绩，统计结果整理得到如图所示的频率分布直方图.

（1）由频率分布直方图可以认为，此次测试成绩近似于服从正态分布，近似为这100人测试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），

①求的值；

②利用该正态分布，求；

（2）在（1）的条件下，主办单位为此次参加测试的志愿者制定如下奖励方案：①测试成绩不低于的可以获赠2次随机话费，测试成绩低于的可以获赠1次随机话费；

②每次获赠的随机话费和对应的概率为：

今在此次参加测试的志愿者中随机抽取一名，记该志愿者获赠的话费为（单位：元），试根据样本估计总体的思想，求的分布列与数学期望.

参考数据与公式：若，则，，.

【21题答案】

【答案】（1）①；②   

（2）分布列见解析；

【解析】

【分析】（1）①利用平均值的公式求解即可；②利用正态分布的对称性即可求解；

（2）由，所获赠话费的可能取值为，，，，，

结合表中数据，即可得到分布列，再利用期望公式即可求解.

【小问1详解】

由题，，

因为，

所以.

【小问2详解】

由题，，

所获赠话费的可能取值为，，，，，

，，，

，，

所以的分布列为：

所以.

23. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，，.

（1）证明：平面；

（2）若M为棱PD上的点，，且二面角的余弦值为，求直线PC与平面ACM所成角的正弦值.

【23题答案】

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正方形的性质可知，易证≌，则，设，连接，结合等腰三角形性质可知，即可得证；

（2）取中点为，可知为二面角的平面角，易得≌，进而可得平面，即，在中可得，，以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，设所求的直线与平面所成角为，则，即可求解.

【小问1详解】

证明：因为底面是边长为的正方形，所以，

由，，，则≌，

所以，

设，连接，所以，

因为，平面，平面，

所以平面.

【小问2详解】

取中点为，易得且，

所以为二面角的平面角，则，

因为，，，

所以≌，所以，即，

又，所以平面，则，

在中，，所以，则，

以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，则，即，

取，则，，所以，

设所求的直线与平面所成角为，

则，

所以，所求的正弦值为.

25. 已知椭圆：，，分别为椭圆的左､右焦点，焦距为4.过右焦点且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于M，N两点，已知的周长为，点M关于x轴的对称点为P，直线PN交x轴于点Q.

（1）求椭圆方程；

（2）求四边形面积的最大值.

【25题答案】

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由的周长求出，再由焦距求得，进而求出，即得椭圆的方程；

（2）设出直线的方程联立椭圆方程求得，表示出直线的方程求出，由表示出面积，结合基本不等式求最大值即可.

【小问1详解】

的周长为，由椭圆定义得，即.又焦距，得，

则，所以椭圆的方程为；

【小问2详解】

设直线的方程为，联立得，设，

则，点，直线的方程为，

令得，即，又，

故，

当且仅当时即时等号成立，所以四边形面积的最大值为.

27. 已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，求证：函数有两个零点，且.

【27题答案】

【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）直接求导，分和讨论单调性即可；

（2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证.

【小问1详解】

定义域为，，当时，，在上单调递增；

当时，由得，当时，单调递减，当时，单调递增；

综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；

【小问2详解】

当时，因为，所以，无零点.当时，由，

得，即，设，则有，因为在上成立，

所以在上单调递减，当时，，所以等价于，

即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，

又， ，，

所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点.

不妨设，则，相减得，

设，则，代入上式，解得，所以，

因为，所以，因此要证，只需证，即证，

设，则，所以在递增，，

即，因为，所以可化成，又因为，所以.

【点睛】本题关键点在于通过同构得到，进而将的零点转化为在上的零点，再由得到，换元令，结合进行放缩得到，构造函数求导证明即可.