2022届福建省福州第一中学高三质检三模数学试题含解析

这是一份2022届福建省福州第一中学高三质检三模数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届福建省福州第一中学高三质检三模数学试题一、单选题1．已知，是的子集，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题意画Venn图，结合Venn图即判断交集结果.【详解】，是的子集，且，如图所示，表示Venn图中的阴影部分， 故可知，故选：C.2．的展开式中，项的系数是（       ）A．30 B．30 C．60 D．60【答案】C【分析】由二项式定理求解【详解】由题意，当时，项的系数是故选：C3．若，且，则（       ）A． B． C．2 D．2【答案】D【分析】由，可解得，即可求解【详解】，故，可解得或，又，故，故，故选：D4．以下四组向量在同一平面的是（       ）A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】B【分析】利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，设，所以，，无解；对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；对于C选项，设，所以，，无解；对于D选项，设，所以，，矛盾.故选：B.5．已知函数.则当时，的图象不可能是（       ）A． B．C． D．【答案】D【详解】首先设，得到为奇函数，再分别令，依次判断选项即可.【点睛】设，定义域为，，所以，为奇函数.当时，为偶函数，为奇函数.，，所以选项B可能.当时，为偶函数，为奇函数.，，所以选项A可能.当时，为偶函数，为偶函数.因为，，，所以选项C可能.故选：D6．已知函数的图象过点，现将y=f（x）的图象向左平移个单位长度得到的函数图象也过点P，则（       ）A．ω的最小值为2 B．ω的最小值为6C．ω的最大值为2 D．ω的最大值为6【答案】A【分析】根据图象平移前后都过点求得的表达式，进而确定正确答案.【详解】依题意，向左平移个单位长度得到：，，所以或，即或，其中，由于，所以的最小值为.故选：A7．已知，分别是圆柱上､下底面圆的直径，且，.，O分别为上､下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥的体积为18，则该圆柱的侧面积为（       ）A．9 B．12 C．16 D．18【答案】D【分析】结合图形分析得三棱锥的体积为两个全等四棱锥减去两个全等三棱锥，利用锥体体积代入计算求，再利用圆柱的侧面积．【详解】分别过作圆柱的母线，连接，设圆柱的底面半径为则三棱锥的体积为两个全等四棱锥减去两个全等三棱锥即，则圆柱的侧面积为故选：D．8．许多建筑融入了数学元素，更具神韵，数学赋予了建筑活力，数学的美也被建筑表现得淋漓尽致.已知下面左图是单叶双曲面（由双曲线绕虚轴旋转形成立体图形）型建筑，右图是其中截面最细附近处的部分图象.上、下底面与地面平行.现测得下底直径米，上底直径米，与间的距离为80米，与上下底面等距离的处的直径等于，则最细部分处的直径为（        ）A．10米 B．20米 C．米 D．米【答案】B【分析】利用题中的条件，建立直角坐标系，可以求出双曲线的标准方程，即可解出．【详解】解：建立如图的坐标系，依题意，与间的距离为80米，与上下底面等距离的处的直径等于，根据双曲线的对称性，点与点的纵坐标互为相反数，所以，则由题意可知，，，，设双曲线方程为：，，解得，，，故选：．二、多选题9．设复数，当a变化时，下列结论正确的是（       ）A．恒成立 B．z可能是纯虚数C．可能是实数 D．的最大值为【答案】ABD【分析】首先根据题意得到，再结合复数的定义和运算性质依次判断选项即可.【详解】，对选项A，，，故A正确.对选项B，，当时，为纯虚数，故B正确.对选项C，令，即无解，故C错误.对选项D，，当且仅当时取等号.所以的最大值为，故D正确.故选：ABD10．某人投掷骰子5次，由于记录遗失，只有数据平均数为3和方差不超过1，则这5次点数中（       ）A．众数可为3 B．中位数可为2 C．极差可为2 D．最大点数可为5【答案】AC【分析】根据方差、平均数、众数、中位数的定义进行逐项判断.【详解】解：对于选项A：如果五次都为，满足题意，众数为，符合题意，故A正确；对于选项B：若中位数，则出现这组情况方差最小，但此时方差大于，故不符合题意，故B错误；对于选项C：这种情况下方差小于，故C正确；对于选项D：若最大点数为，当方差最小，该组数为，该组数的方差大于，故D错误；故选：AC11．已知曲线C是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，若在曲线C上，则下列结论正确的是（       ）A．曲线C关于x轴对称 B．曲线C关于y轴对称C． D．【答案】BD【分析】设曲线C上任意一点，根据题意列式化简求出曲线C的轨迹方程，再结合图象判断AB，再根据抛物线的性质判断CD即可【详解】由题，曲线C上任意一点，则.当时，即，化简得，且；当时，，化简可得，且，画出曲线C的图象：对A,B，显然图象不关于轴对称，关于轴对称，故A错误，B正确；对C，当时，解得，故，故C错误；对D，因为即的焦点为，故抛物线的焦点为，同理也是抛物线的焦点.故的最小值为到的距离1，最大值为方程左右端点到的距离，故，故D正确；故选：BD12．已知函数，则下列结论正确的是（       ）A．为偶函数 B．有且仅有两个零点C．既无最大值，也无最小值 D．若且，则【答案】BCD【分析】求出即可判断函数奇偶性，再分段讨论求即可确定函数单调性，分别验证即可．【详解】解：因为定义域为，又，所以既不是奇函数也不是偶函数，所以A选项错误．当时，，即恒成立，所以在为减函数．又因为，所以在上只有一个零点．当时，，即恒成立，所以在上为减函数．又因为，所以在上只有一个零点，即B，C选项正确．当时，若，，由，可得，因为在上单调递减，所以，即，同理可证当，时，结论也成立，故D正确．故选：BCD．三、填空题13．已知等比数列的前n项和为，，，若，则___________.【答案】5【分析】根据，求得公比，再由求解.【详解】解：在等比数列中，，，所以，解得，又，即，解得，故答案为：514．过点的直线与交于A，B两点，当M为线段中点时，___________.【答案】8【分析】由题意可得在内，又由M为线段中点，由两点间距离公式得＝,进而求得，再由向量的数量积公式计算即可得答案.       【详解】解：因为点在内，所以当M为线段中点时，，又因为的半径为4,＝, 所以，所以，所以，＝.故答案为：-8.15．产品质量检验过程主要包括进货检验（），生产过程检验（），出货检验（）三个环节.已知某产品单独通过率为，单独通过率为，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立.若该产品能进入的概率为，则___________.【答案】【分析】利用独立事件和互斥事件概率求解.【详解】设：第次通过，：第次通过.由题意知，即，解得或（舍去）.故答案为：.四、双空题16．在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为___________；若动点M在该三棱锥外接球上，且，则点M的轨迹长为___________.【答案】          【分析】由题，先得出三棱锥为直三棱锥，则其外接球相当于以为棱的长方体的外接球，则直径为长方体的体对角线，则可求外接球表面积；要使，则M在的角平分面上，则M的轨迹为圆，利用长方体的性质，求出球心到角平分面的距离，即可求出M的轨迹圆的半径，即可求M的轨迹长【详解】由平面，得，三棱锥为直三棱锥，其外接球相当于以为棱的长方体的外接球，故外接球半径为，故三棱锥外接球的表面积为；如图，中点为F，则易得以为棱的正方体，由正方体的对称性，要使，则M在的角平分面上，即面，故M的轨迹为面与外接球相交出的圆.取AP、HE中点I、J，由正方体的对称性易得面面，且，故，故IJ上的高，故M的轨迹圆的半径，故轨迹长为.故答案为：；五、解答题17．已知的内角、、所对的边分别为、、，.(1)求角；(2)若边上的高线长为，求面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式、二倍角的正弦公式化简可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可得出，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值，即可求得面积的最小值.【详解】(1)解：由已知，所以，所以，由正弦定理得，因为、，则，，，所以，，则，所以，所以，则.(2)解：由，得，由余弦定理，即，因为，则，当且仅当取等号，此时面积的最小值为.18．新能源汽车是指除汽油､柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力.在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐，新能源汽车产业也必将成为未来汽车产业发展的导向与目标.某车企调查了近期购车的200位车主的性别与购车种类的情况，得到如下数据： 购置新能源汽车购置传统燃油汽车总计男性8020100女性6535100总计14555200 (1)根据表中数据，判断能否有95%的把握认为是否购置新能源汽车与性别有关；(2)已知该车企有5种款式不同的汽车，每种款式的汽车均有新能源和传统燃油两种类型各1辆.假设某单位从这10辆汽车中随机购买4辆汽车，设其中款式相同的汽车的对数为，求的分布列与数学期望.附：，.0.100.050.0250.0102.7063.8415.0246.635 【答案】(1)有95%的把握认为是否购置新能源汽车与性别有关(2)分布列答案见解析，数学期望：【分析】（1）计算，与临界值比较得出结论；（2）写出随机变量的取值，分别计算对应概率，即可得出分布列，求期望即可.【详解】(1)根据题意可得，所以有95%的把握认为是否购置新能源汽车与性别有关.(2)的可能取值有0，1，2，则，，，所以的分布列为012P 因此，.19．已知空间几何体中，与是全等的正三角形，平面平面，平面平面.(1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意得平面，·平面，所以，又，所以四边形为平行四边形，再分析证明即可；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解即可.【详解】(1)设，分别为边，边的中点，连接，，因为为等边三角形，所以，因为平面平面，且平面平面，所以平面，·同理可证平面，所以，因为与是全等的正三角形，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为为的中位线，所以，所以.(2)因为，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示.设，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则，所以，取，，设直线与平面所成角为，则，·所以直线与平面所成角的正弦值为.20．设数列的前n项和为，，，.(1)证明：为等差数列；(2)设，在和之间插入n个数，使这个数构成公差为的等差数列，求的前n项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据，即可得到，从而得到，作差即可得到，从而得证；（2）由（1）可得的通项公式，从而得到，再利用错位相减法计算可得；【详解】(1)证明：因为时，，则，即，，·因为，·则①，所以②，则①②得，即，·所以为等差数列.(2)解：由（1）可得的首项为，公差为，所以，所以，所以，则，记的前n项和为，则①，所以②，则①②得，·所以，·所以.·21．已知椭圆的右顶点为，离心率为.(1)求C的方程；(2)设斜率为1的直线l与C交于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为M，若的外接圆恰过坐标原点，求直线l的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意得，解方程组求出，从而可得椭圆方程，（2）设l的方程为，设，，将直线方程代入椭圆方程中，消去，整理后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示出线段的中点坐标，从而可表示出线段的中垂线方程，则可表示外接圆的圆心，表示出点E到直线l的距离，从而可表示外接圆的半径，则可表示外接圆的方程，再由圆过原点，可求出的值，进而可求出直线方程【详解】(1)依题意·解得，所以椭圆C的标准方程为(2)设l的方程为，设，，则.由消去y得，，依题意，即，所以，所以，所以线段的中点坐标为，所以线段的中垂线方程为，即，·依题意，线段的中垂线与x轴的交点，即为外接圆的圆心，点E到直线l的距离为，，·设外接圆的半径为r，则，所以外接圆的方程为，因为外接圆恰过原点，所以，解得，所以直线l的方程为.22．已知函数在区间内有唯一极值点.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：在区间内有唯一零点，且.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先求导，再讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；（2）先由导数确定函数在区间上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间内有唯一零点；表示出，构造函数求导，求得，又由，结合在上的单调性即可求解.【详解】(1)，当时，，，①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；②当时，显然在上递增，又因为，，所以在上有唯一零点，所以，；，，所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.(2)由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；，，单调递增，所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.因为，由（1）知，所以，则，构造，所以，记，则，显然在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.