2022届福建省福州高级中学高三上学期第三阶段考试数学试题（解析版）

这是一份2022届福建省福州高级中学高三上学期第三阶段考试数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届福建省福州高级中学高三上学期第三阶段考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题知，，再求交集即可.
【详解】解：，
，
所以
故选：B
2．若已知直线：与圆：交于两点，则“”是“弦所对圆心角为”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
【答案】A
【分析】结合已知条件，首先利用，看是否能推出弦所对圆心角为，然后再利用弦所对圆心角为，求出的值，最后根据充分性和必要性定义即可求解.
【详解】由圆：，故圆的圆心坐标为，半径，
直线：化成一般式为：，
①若，则直线：，即，
所以圆心到直线的距离，
所以由圆的弦长公式得，，
所以，故，
从而弦所对圆心角为；
②若弦所对圆心角为，结合圆的性质可知，为等腰直角三角形，
易得，圆心到直线的距离，
又因为，故，
从而“”是“弦所对圆心角为”的充分不必要条件.
故选：A.
3．已知直线和平面、有如下关系：①；②；③；④.则下列命题为真的是（    ）
A．①③④ B．①④③ C．③④① D．②③④
【答案】C
【分析】利用面面垂直的性质可判断A选项的正误；由空间中线面位置关系可判断B选项的正误；利用线面垂直的判定定理和线面平行的性质定理可判断C选项的正误；利用面面平行的性质可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由①③可知，或，A错；
对于B选项，由①④可知，与的位置关系不确定，B错；
对于C选项，过直线作平面，使得，，则，，，
，，C对；
对于D选项，由②③可知，，D错.
故选：C.
【点睛】本题考查空间中有关线面位置关系命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.
4．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合白般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据图象函数为奇函数，排除D；再根据函数定义域排除B；再根据时函数值为正排除A；即可得出结果.
【详解】由题干中函数图象可知其对应的函数为奇函数，
而D中的函数为偶函数，故排除D；
由题干中函数图象可知函数的定义域不是实数集，故排除B；
对于A，当时，，不满足图象；对于C，当时，，满足图象.
故排除A，选C.
故选：C
5．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（    ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【解析】直接利用枚举法写出所有的等比数列即可得到答案.
【详解】（2）以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；
以2为首项的等比数列为2，4，8；
以4为首项的等比数列为4，6，9；
把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，
∴所求的数列共有2（2＋1＋1）＝8个.
故选：D.
【点睛】本题考查了等比关系的确定，考查了学生观察问题的能力，是中档题.
6．已知A､B为椭圆的左、右顶点，F为左焦点，点P为椭圆上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线与线段PF交于M点，与y轴交于E点，若直线BM经过OE中点，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据已知条件求出三点坐标，再由三点共线可得斜率相等，从而得出可得答案.
【详解】由题意可设，设直线的方程（由题知斜率存在）为，令，可得，令，可得，设的中点为，可得，由三点共线，可得，即，即为，可得，
故选：C.

【点睛】本题考查求椭圆的离心率，解题关键是根据三点共线找到关于的等量关系.
7．设均为正数，且，，．则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】试题分析：在同一坐标系中分别画出，， 的图象，

与 的交点的横坐标为， 与的图象的交点的横坐标为 ，与 的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出．
【解析】指数函数、对数函数图象和性质的应用．
【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解．
【详解】8．若对任意的，，且，都有，则的最小值是（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】已知不等式变形为，引入函数，则其为减函数，由导数求出的减区间后可的最小值．
【详解】因为，所以由可得，
，即．
所以在上是减函数，
，
当时，，递增，时，，递减，
即的减区间是，
所以由题意的最小值是．
故选：A．

二、多选题
9．若实数，满足，则（    ）
A．的共轭复数为 B．
C．的值可能为 D．
【答案】BCD
【分析】由复数相等的定义求出的关系，并求得的可能值，然后判断各选项.
【详解】因为.
所以，，
即，，则.解得或，
故A错误，B，C，D均正确.
故选：BCD.
10．已知平面向量，若是直角三角形，则的可能取值是（    ）
A．-2 B．2 C．5 D．7
【答案】BD
【分析】讨论三角形直角的情况，结合向量垂直的坐标表示即可求解
【详解】，，，
若，则，
∴，解得；
若，则，
∴，此时方程无解；
若，则
∴，解得．
结合选项可知BD正确，
故选：BD
11．在正方体中，点是棱的中点，点是线段上的一个动点．以下四个命题中真命题是（    ）

A．异面直线与所成的角是定值
B．三棱锥的体积是定值
C．直线与平面所成的角是定值
D．二面角是定值
【答案】AB
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解异面直线所成角判断A；根据三棱锥的体积等于三棱锥的体积，面判断B；利用坐标法求解线面角判断C；讨论点为中点时和点与点重合时二面角的大小判断D.
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
所以，，，，，，，，，，
所以，对于A选项，，，
所以，即，
所以异面直线与所成的角是，是定值，A选项正确；
对于B选项，由正方体的性质知，故四边形是平行四边形，
所以，，因为面，面，
所以面，而是线段上的一个动点，即到面距离恒定，
所以，三棱锥的体积恒定.
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
所以三棱锥的体积是定值，故B选项正确；
对于C选项，设平面的法向量为，，
所以，即，故，
，
所以，，
显然随着的变化在变化，
所以，直线与平面所成的角不是定值，故C选项错误；
对于D选项，设平面的法向量为，平面的法向量为，
所以，当点为中点时，，，，，
，即，令，则，
，即，令，则，
，
所以，当点为中点时，二面角的余弦值为；
当点与点重合时，，，，，
，即，则，
，即，令，则，

所以，当点与点重合时，二面角的余弦值为，
所以，二面角不是定值，故错误；
故选：AB

12．若函数有两个极值点，且，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．的取值范围是
C． D．
【答案】ACD
【分析】求结合题设，将问题转化为与有两个交点，，利用导数研究的性质并画出图象，应用数形结合即可判断A、B的正误；由零点可得，应用放缩即可判断C的正误；令易得，应用分析法需证成立，结合导数研究的值域范围，即可判断D的正误.
【详解】，有两个极值点，且，
∴，有两个零点，，且在，各自两边异号，
∴与有两个交点，，
记，则，易知：时，时，
∴在上递增，在上递减，即在上递增，在上递减．
∴有最大值，且时；时，又，，
由上的图象如下，

∴当且仅当时与有两个交点，才符合条件，且，故A正确，B不正确．
又，
∴，故 C正确．
令，则，
∴，则，，
∴要证，只需证，只需证，
令，则，
∴在上单调递减，即时，不等式得证，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：将问题转化为与有两个交点，，应用导数研究函数性质，由数形结合判断参数范围；根据零点处的等量关系及放缩法证明不等式；由分析法转化证明的结论，再构造函数并利用导数研究函数值域，即可证明不等式.

三、填空题
13．函数的部分图象如图所示，已知分别是最高点、最低点，且满足（为坐标原点），则__________．

【答案】
【分析】由已知部分函数图象可知，即可求，再由向量垂直的坐标表示求A，最后由求，即可写出的解析式.
【详解】由图象知：，即，则，可得，
∴，的横坐标为，即，
∵，
∴，则，，得，
∴，
由五点作图法知：，得，
综上，函数的解析式为．
故答案为：

14．已知小李每次打靶命中靶心的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率．先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定0，1，2，3表示命中靶心，4，5，6，7，8，9表示未命中靶心，再以每个随机数为一组，代表三次打靶的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数：
321  421  191  925  271  932  800  478  589  663
531  297  396  021  546  388  230  113  507  965
据此估计，小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率为_________．
【答案】0.3##
【分析】确定随机数组中以恰有两个数字是0，1，2，3，再由古典概型的概率公式计算即可．
【详解】解：由题意，随机数组421，191，271，932，800，531共6个，表示恰有两次命中十环，
所以小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率为．
故答案为：0.3．
15．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，依次构成的数列的第n项，则的值为__________．

【答案】##
【分析】由累加法求出，再由裂项相消法求和即可
【详解】设第个数为，
则，，，，…，，
叠加可得，
∴．
故答案为：
16．在三棱锥中，，，平面，且在三角形中，有，则该三棱锥外接球的表面积为_________．
【答案】
【分析】由正弦定理化边为角化简可求得，再由正弦定理可求得的外接圆的半径，即可利用勾股定理求出三棱锥外接球的半径，进而求出表面积.
【详解】解：在中，，
则由正弦定理得，，
∴，
∵，∴，
∵，∴，
由正弦定理，，得三角形的外接圆的半径为，
设该三棱锥外接球的半径为，∵平面，
∴，
∴该三棱锥外接球的表面积为，
故答案为：．

四、解答题
17．已知数列满足
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前20项的和．
【答案】（1）；；（2）．
【分析】（1）由题设可得为等差数列并写出数列通项公式，由已知可得，即可写出的通项公式.
（2）由题设有，利用分组求和，结合等差、等比前n项和公式求和即可.
【详解】（1）由题意，，
∴为等差数列，公差，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，则且，
∴，即为等比数列，公比，
∴．
（2）数列的前20项的和．
18．如图，在平面四边形ABCD中，已知，，.在AB边上取点E，使得，连接EC，ED．若，.

（1）求的值；
（2）求CD的长.
【答案】（1）；（2）7.
【分析】（1）在中，由正弦定理可得，代入已知条件即可求解；
（2）由同角三角函数关系求出，进而求出，由余弦定理得，计算可得CD.
【详解】（1）在中，由正弦定理，知，
因为，，，
所以；
（2）因为，所以，
所以，
因为，所以为直角三角形，又，
所以，
在中，，
所以.
【点睛】本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.
19．某市为了解2020年十一双节期间市民旅游出行的方式及满意程度，对去该市市区内甲､乙､丙三个景点旅游的市民进行了调查.现从中随机抽取100人作为样本，得到下表(单位：人)：
满意度得分
甲
乙
丙
报团游
自驾游
报团游
自驾游
报团游
自驾游
10分
12
1
12
10
7
14
5分
4
1
4
4
4
9
0分
1
0
7
2
1
7
合计
17
2
23
16
12
30

（1）从样本中任取1人，求这人没去丙景点的概率；
（2）根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.针对甲､乙､丙三个景点，从全市十一双节期间旅游出行选自驾游的所有人中，随机选取2人，记X为去乙景点的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）如果王某要去甲､乙､丙三个景点旅游，那么以满意度得分的均值为依据，你建议王某是报团游还是自驾游？说明理由.
【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望为；（3）建议王某选报团游，理由见解析.
【分析】（1）由表格中所给数据，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意得到随机变量的所有可能取值，结合独立重复试验的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解；
（3）由题干所给表格中的数据，分别求得报团游满意度和自驾游满意度的均值，结合均值的比较，即可得出结论.
【详解】（1）设事件“从样本中任取1人，这人没去丙景点”为事件A，
由表格中所给数据可得，去甲、乙、丙旅游的人数分别为19，39，42，
所以从样本中任取1个，这人没去丙景点的概率为.
（2）由题意，的所有可能取值为0，1，2，
从全市十一双节期间旅游出行选自驾游的所有人中，随机选取1人，
此人去乙景点的概率是，
所以，，，
所以随机变量的分布列为

0
1
2





故.
（3）由题干所给表格中的数据可知，报团游､自驾游的总人数分别为52，48，得分为10分的报团游､自驾游总人数分别为31，25，得分为5分的报团游､自驾游的总人数分别为12，14，得分为0分的报团游､自驾游总人数分别为9，9，
所以从满意度来看，报团游满意度的均值为，
自驾游满意度的均值为，
因为，所以建议王某选报团游.
【点睛】独立重复试验与二项分布问题的类型及解题策略：
1、在求次独立重复试验中事件发生次的概率时，首先要确定好和的值，再准确利用公式求解；
2、在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键时理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数和变量的概率，求得概率.
20．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC．
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，，PD的中点为F．

（1）在线段AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；
（2）若_______，求二面角F﹣AC﹣D的余弦值．
【答案】（1）存在，G是线段AB的中点，证明见解析；（2）详见解析
【分析】(1)设PC的中点为H，连结FH，由题意得AGHF为平行四边形，则AF∥GH，由此能证明在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．
(2)选择①AB⊥BC，推导出AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 F﹣AC﹣D的余弦值．选择②FC与平面ABCD所成的角为，取BC中点E，连结 AE，取AD的中点M，连结FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，FM⊥平面ABCD，FC与平面 ABCD所成角为∠FCM，，推导出AE，AD， AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AC﹣D的余弦值．选择③∠ ABC，推导出PA⊥BC，取BC中点E，连结AE，推导出 AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 F﹣AC﹣D的余弦值．
【详解】(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．
证明如下：如图所示：

设PC的中点为H，连结FH，
因为，， ，，
所以
所以四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH，
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
∴AF∥平面PGC．
(2)选择①AB⊥BC：
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，
由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，
以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

∵PA＝AB＝2，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，
∴(0，1，1)，(﹣2，﹣1，1)，
设平面FAC的一个法向量为(x，y，z)，
∴，
取y＝1，得(﹣1，1，﹣1)，
平面ACD的一个法向量为(0，0，1)，
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
则cosθ，
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
选择②FC与平面ABCD所成的角为：
∵PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连结AE，取AD的中点M，连结FM，CM，
则FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，
FC与平面ABCD所成角为∠FCM，∴，
在Rt△FCM中，CM，
又CM＝AE，∴AE2+BE2＝AB2，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

∵PA＝AB＝2，
∴A( 0，0，0)，B( ，﹣1，0)，C(，1，0)， D(0，2，0)，E(，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，
∴(0，1，1)，( ，0，1)，
设平面EAC的一个法向量为(x，y，z)，
则，
取x，得( ，﹣3，3)，
平面ACD的一个法向量为：(0，0，1)，
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
则cosθ．
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
选择③∠ABC：
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，取BC中点E，连结AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

∵PA＝AB＝2，
∴A( 0，0，0)，B( ，﹣1，0)，C(，1，0)， D(0，2，0)，E(，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，
∴(0，1，1)，( ，0，1)，
设平面EAC的一个法向量为(x，y，z)，
则，
取x，得( ，﹣3，3)，
平面ACD的法向量(0，0，1)，
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
θ则cosθ．
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
【点睛】本题主要考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等，还考查了运算求解能力、逻辑推理能力，属于中档题．
21．已知椭圆：的离心率为，点是椭圆短轴的一个四等分点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过点A且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，且点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，求实数，使得，恒成立.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据点是椭圆短轴的一个四等分点，求得b，再根据离心率和，即可求得a，从而得出答案；
（2）设，直线MN的方程为，则直线BM的方程为，与联立，利用韦达定理可求得点，的坐标，从而得出直线的斜率，整理可得出结论.
【详解】解：（1）因为点是椭圆短轴的一个四等分点，
所以，
又，且，
则，所以，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，直线MN的方程为，
则直线BM的方程为，与联立，
得：，
由，且点在上，得，
又，即，代入上式得，
，
即点，同理，
则，
将代入上式，
得，
所以时，，恒成立.
【点睛】本题考查了根据离心率求椭圆的标准方程及直线与椭圆、圆的位置关系，考查了计算能力和逻辑推理能力，难度较大.
22．已知函数，（其中为自然对数的底数）．
(1)若，求函数在区间上的最大值．
(2)若，关于的方程有且仅有一个根，求实数的取值范围．
(3)若对任意的，，不等式均成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】(1)求出函数的导数,得到函数的单调区间,从而求出函数的最大值即可;
(2)若,关于的方程有且仅有一个根,即有且只有一个根,令,进而研究函数的性质可得答案；
(3)设,因为在单调递增,故原不等式等价于函数和均在上单调递增,再根据函数的单调性可得实数a的取值范围
【详解】（1）解：当时, ，,
所以，当时，，时，，
所以，在上单调递减,上单调递增,
因为，当时,, 当时,,
所以，在区间上的最大值为．
（2）解：当时, 关于的方程为有且仅有一个实根,
所以，有且仅有一个实根,
设,
则,
所以，当时，，当时，，
所以，在和上单调递减, 在上单调递增,
因为,
当趋近于时，趋近于，趋近于时，趋近于，
所以，有且仅有一个实根, 则实数的取值范围是．
（3）解：不妨设,则恒成立．
因此恒成立, 即恒成立,
且恒成立,
所以，函数和均在上单调递增,
设,
则在上上恒成立,
因此在上恒成立，因此,
因为在上单调递减,
所以，时,，即．
由在上恒成立,
因此在上恒成立, 因此,
设,则，解得
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以，，即
综上，实数的取值范围是
【点睛】本题第三问解题的关键在于根据的单调性，将问题转化为函数和均在上单调递增,进而根据函数的单调区间求参数即可.