2022届福建省厦门市高中毕业班第四次质量检测数学试题及答案

厦门市2022届高三毕业班第四次质量检测

数学试卷

满分150分  考试时间120分钟

考生注意：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将答题卡交回

一、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. 已知函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求得后，代入解析式即可得到结果.

【详解】，.

故选：D

2. 已知集合M，N满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据交集的定义即可求解.

【详解】解：因为集合M，N满足，

所以根据交集的定义可得，

故选：C.

3. 已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（    ）

A. 1 B.  C. 2 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】有几何关系，圆与抛物线交点的坐标与圆半径满足勾股定理，可求得准线，即可求得p

【详解】由题，圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有，解得，故，得，

故选：C

4. 已知平面，直线满足，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由线面平行、线面垂直和面面垂直判定与性质依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，，，或，A错误；

对于B，，，与可能平行、相交或，B错误；

对于C，，，与可能平行或异面，C错误；

对于D，，，又，，D正确.

故选：D.

5. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用二倍角公式化简已知等式可求得，并确定所在象限；根据同角三角函数关系可求得，利用两角和差余弦公式可求得结果.

【详解】，，，

，，，

，，，，

.

故选：C.

6. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（    ）（附：若，则，，）

A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014

【答案】B

【解析】

【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解.

【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则，

所以，，

由题意，，且，，

因为，

所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为，

故选：B.

7. 已知为单位向量，满足，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，以为原点建立直角坐标系，设，，可得.

【详解】设，则，所以为等边三角形，

以为原点建立如图所示直角坐标系，则，

设，，则，

所以在以为圆心，1为半径的圆上，

因为，

所以.

故选：A.

8. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由换底公式得出，则同号，讨论和两种情况比较可得.

【详解】由题可得且，

可得，则同号，

若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；

若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；

综上，.

故选：B.

二、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. 为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样方法随机抽取了120名男生和80名女生，调查并分别绘制出男、女生每天在校平均体育活动时间的频率分布直方图（如图所示），则（    ）

A.

B. 该校男生每天在校平均体育活动时间中位数的估计值为75

C. 估计该校至少有一半学生每天在校平均体育活动时间超过一小时

D. 估计该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据频率分布直方图及男女学生的比例一一计算可得；

【详解】解：，解得，故A正确；

因为，，故设中位数为，则，故B错误；

样本中男生在校平均体育活动时间超过一小时的占，

女生在校平均体育活动时间超过一小时的占，

所以该校每天在校平均体育活动时间超过一小时的频率为，故C正确；

男生中每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的频率为，

女生中每天在校平均体育活动时间不低于80分钟频率为，

所以该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为，故D正确；

故选：ACD

10. 已知正方形的边长为1，以为折痕把折起，得到四面体，则（    ）

A.  B. 四面体体积的最大值为

C. 可以为等边三角形 D. 可以为直角三角形

【答案】AC

【解析】

【分析】取BD得中点为O，连接，可得平面，可判断选项A；当平面时，四面体体积的最大，且最大体积为，可判断选项B；当平面时，，所以，从而即可判断；若为直角三角形，又，则，由可判断选项D.

【详解】解：取BD得中点为O，连接，由题意，，，且，

所以平面，所以，故选项A正确；

当平面时，四面体体积的最大，且最大体积为，故选项B错误；

当平面时，，所以，又，所以此时为等边三角形，故选项C正确；

若为直角三角形，又，则，

所以，此时，不满足三角形任意两边之和大于第三边，故选项D错误.

故选：AC.

11. 已知F为双曲线的右焦点，过F的直线l与圆相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则（    ）

A.  B. 直线与C相交

C. 若，则C的渐近线方程为 D. 若，则C的离心率为

【答案】AD

【解析】

【分析】根据给定条件，计算切线长判断A；由直线斜率与的大小说明判断B；求出出点Q，P的坐标计算判断C，D作答.

【详解】令双曲线的半焦距为c，有，，依题意，，如图，

对于A，，A正确；

直线的斜率，直线是双曲线C过第一三象限的渐近线，直线与C不相交，B不正确；

对于C，由选项A可得点，设点，依题意，，

即，解得，即，

又点Q在直线上，则有，解得，有，

C的渐近线方程为，C不正确；

对于D，由选项C同理得点，因此，即，解得，D正确.

故选：AD

12. 已知函数，则（    ）

A. 是奇函数 B. 的图象关于点对称

C. 有唯一一个零点 D. 不等式的解集为

【答案】BCD

【解析】

【分析】求解的定义域，可知定义域不关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，结合值域的求法可求得；结合对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；结合C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个不同单调区间内的情况，解不等式组可求得结果.

【详解】对于A，由得：，即定义域为，不关于原点对称，

为非奇非偶函数，A错误；

对于B，，，

，图象关于点对称，B正确；

对于C，当时，；

在上单调递增，在上单调递增，

在上单调递增，在上单调递减；

在上单调递增，在上单调递减；

在上单调递减；

由知：图象关于对称，在上单调递减；

当时，，，，在上无零点；

当时，，，

，使得，则在上有唯一零点；

综上所述：有唯一一个零点，C正确；

对于D，由C知：在和上单调递减，

又时，；时，；

①当，即时，由得：，解得：（舍）或；

②当时，不等式组无解，不合题意；

③当，即时，，，满足题意；

④当，即时，，，不合题意；

综上所述：的解集为：，D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解不等式；利用单调性解不等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在复平面内，复数对应的点位于直线上，则________．

【答案】

【解析】

【分析】首先根据复数代数形式的乘法运算化简，即可得到在复平面内所对应的点的坐标，从而得到方程，解得即可；

【详解】解：因为，所以在复平面内所对应的点的坐标为，

又复数对应的点位于直线上，所以，解得；

故答案为：

14. 已知函数，写出一个同时满足以下条件的的值___________．

①；

②是偶函数；

③在上恰有两个极值点．

【答案】4（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据函数要满足的三个条件结合正余弦函数的性质，可得答案.

【详解】根据是偶函数且，则取 ，

又的极值点即为其最值点，

又因为在上恰有两个极值点，故 ，

故函数，一个同时满足三个条件的的值可取为4，

经验证， 符合题意，

故答案为：4

15. 为提升市民的艺术修养，丰富精神文化生活，市图书馆开设了工艺、绘画、雕塑等公益讲座，讲座海报如图所示．某人计划用三天时间参加三场不同类型讲座，则共有_______种选择方案．（用数字作答）

【答案】8

【解析】

【分析】按分步乘法计数原理可计算得出.

【详解】由讲座海报可知，先选择参加绘画讲座的方案有2种，再选择一天参加雕塑讲座，有2种方案，最后再在剩下的2天里选择一天参见工艺讲座，有2种，所以一共有种选择方案.

故答案为：8.

16. 已知数列与数列的前n项和分别为，则_________；若对于恒成立，则实数的取值范围是___________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】设，，可得出，由裂项相消法可求出，不等式可化为恒成立，求出的最小值即可.

【详解】设，，

则，

所以

，

所以，

由，得，

即对于恒成立，

设，

因为，当且仅当，即时等号成立，

又，且，则，所以，

所以，即实数的取值范围是.

故答案为：；.

四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已．

（1）求A；

（2）D为的中点，，垂足为E，，垂足为F．若，求面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理化简得，借助辅助角公式化简求解.

（2）设，则，进而得，， 所以，由差角的正弦公式及辅助角公式及倍角公式化简得，进而求出面积最大值.

【小问1详解】

因为，由正弦定理得，，

化简得，，由辅助角公式得，，

所以，A为的内角，所以，所以；

【小问2详解】

由（1）知，设，则，

因为D为的中点，，且，所以直角中，，

同理，四边形中，，，，

所以，所以，

所以，即时面积最大为.

18. 如图，点是正方形的中心，，，，．

（1）证明：平面；

（2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正方形性质和线面垂直判定可知平面，由此可得；结合，由线面垂直的判定可得结论；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角定义可求得，利用二面角的向量求法可求得结果.

【小问1详解】

四边形正方形，，又，，平面，平面；

平面，；

又，，平面，平面.

【小问2详解】

以为坐标原点，的正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

平面，直线与平面所成角为，

，解得：；

，，，，

，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

，

二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.

19. 已知数列的前项和为，满足，，．

（1）证明：数列是等比数列；

（2）记，设，求数列的前项和．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时可求得；当时，由与关系可得，验证知，由此可证得结论；

（2）由等比数列通项公式可推导得到；当为奇数时，由知；当为偶数时，令，可知递增，得到，知；采用分组求和的方式对奇数项和偶数项分别求和，结合等比和等差数列求和公式可求得结果.

【小问1详解】

当时，，解得：；

当时，由得：，

两式作差得：，即；

经检验：，满足；

数列是以为首项，为公比的等比数列.

【小问2详解】

由（1）得：，；

则当为奇数时，，，；

当为偶数时，；

令，则，

，即，；

.

20. 中，，线段上的点M满足．

（1）记M轨迹为，求的方程；

（2）过B的直线l与交于P，Q两点，且，判断点C和以为直径的圆的位置关系．

【答案】（1）   

（2）点C在以为直径的圆外

【解析】

【分析】（1）由，得到，得出，结合椭圆的定义，即可求得点的轨迹方程.

（2）设过点的直线为，联立方程组求得，结合，得到，代入得出方程，求得，不妨取，求得则，即的中点为，结合两圆的位置关系，即可求解.

【小问1详解】

解：如图所示，在中，，

因为线段上的点M满足，可得，

所以，

根据椭圆的定义，可得点的轨迹为以为焦点的椭圆，

其中，可得，则，

所以点的轨迹方程为.

【小问2详解】

解：由（1）知椭圆的方程为，设过点的直线为，

联立方程组，整理得，

设，则，

因为，可得，可得，

将代入，可得，消去可得，

解得，即，

不妨取，可得，

则，

设的中点为，则，，即，

所以以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，

又由，

根据圆的定义得点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，

又由，且，

即，所以点C在以为直径的圆外.

21. 某工厂采购了一批新的生产设备．经统计，设备正常状态下，生产的产品正品率为0.98．为监控设备生产过程，检验员每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品，并检测质量．规定：抽检的10件产品中，若至少出现2件次品，则认为设备生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．

（1）假设设备正常状态，记X表示一天内抽取的10件产品中的次品件数，求，并说明上述监控生产过程规定的合理性；

（2）该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为p，由乙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理．已知甲部件的检测费用1000元，修理费用5000元，乙部件的检测费用2000元，修理费用4000元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由．

参考数据：．

【答案】（1），说明见解析   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）可得，即可求出；

（2）求出两种情况的费用均值，比较即可得出.

【小问1详解】

由题可知，单件产品为次品的概率为0.02，所以，

所以，，

所以，

由可知，如果生产状态正常，一天内抽取的10个零件中，至少出现2个次品的概率约为0.014，该事件是小概率事件，因此一旦发生这种状况，就有理由认为设备在这一天的生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测和修理，可见上述监控生产过程的规定是合理的.

【小问2详解】

若先检测甲部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，7000，

则，，

所以，

若先检测乙部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，8000，

则，，

所以，

所以，

则当时，，应先检测乙部件；当时，，先检测甲部件或乙部件均可；当时，，应先检测甲部件.

22. 已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）当时，，求的取值范围．

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导后，分别在和时，根据的正负得到单调性；

（2）将不等式转化为；①当时，采用放缩法可得，知，满足题意；②当时，令，利用导数可说明当时，单调递增，结合零点存在定理可确定，使得，进而说明当时，，不合题意；综合两种情况可得结论.

【小问1详解】

，

当时，，，，在上单调递增；

当时，令，解得：，

则当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增；

综上所述：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，由得：，

令，则，，；

①当时，，

在上单调递减，，满足题意；

②当时，令，

则；

当时，，则；

又，，；

，，即在上单调递增，

，，，使得，

则当时，，在上单调递增，

此时，不合题意；

综上所述：实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到含参函数单调性的讨论、恒成立问题的求解；本题中恒成立问题的求解思路是通过构造函数的方式，将问题转化为含参数函数的最值的讨论问题，通过找到不满足题意的单调区间来确定参数范围.