2022届福建省三明市第一中学（三明市）普通高中高三5月质量测试数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 21 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 21 页2022届福建省三明市普通高中高三5月质量测试数学试题一、单选题1设实数集为R，集合，则（）ABCD【答案】B【分析】解出B集合，得到B的补集的范围，再与A取交集.【详解】解得，故选：B.2已知复数的共轭复数为，则（）ABCD【答案】A【分析】根据共轭复数的概念及复数的乘法运算，求即可.【详解】由题设知：.故选：A3若，则（）ABCD【答案】A【分析】由三角函数的诱导公式，倍角公式即可得出答案,【详解】.故选：A.4

2、已知，则“”是“”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】前者推后者可以用指数函数的单调性，后者推不出前者举反例【详解】若，则为增函数所以，即即当时，所以故选：A5已知，则（）ABCD【答案】B【分析】由分析知：，即可得出答案.【详解】，因为2弧度在第二象限，所以，所以：.故选 :B.6某校为落实“双减”政策.在课后服务时间开展了丰富多彩的体育兴趣小组活动，现有甲乙丙丁四名同学拟参加篮球足球乒乓球羽毛球四项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的选择参加其中一项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为（）ABCD【答案】C【分析】根据排列组

3、合知识计算出事件发生的种类数，再利用古典概型的概率公式求出概率.【详解】每人有种选择，四人共有种选择，其中恰有两人参加同一项活动共有种选择，所以四人中恰有两人参加同一项活动的概率为：故选：C.7已知数列的前n项和为，若，且，则（）A-8B-3C-2D8【答案】B【分析】先由求,判断出从第二项起为公比为-1的等比数列，得到，代入n=2022即可解出.【详解】因为，所以当时，有，即.当时，有，-得：，所以，即，所以从第二项起为公比为-1的等比数列.所以，即.因为，所以，所以.所以，解得：-3.故选：B8已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（）ABCD【答案】D【分析】令，再参变分离得到，再求导

4、分析的单调性，进而得到函数图象，数形结合即可得实数a的取值范围【详解】函数有两个零点，即有两根，又，故可转换为有两根，令， 则，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，故，当且仅当时等号成立，故在上，单调递减；在上，单调递增，所以，又当与时，故实数a的取值范围为故选：D【点睛】本题主要考查了利用导数解决函数的零点个数问题，需要根据题意参变分离，再求导分析单调性与最值，属于难题二、多选题9的二项展开式中，第5项和第6项的二项式系数相等，则（）AB常数项为84C各项系数的绝对值之和为512D系数最小项为第5项【答案】AC【分析】利用第5项和第6项的二项式系数相等，求出，判断A选项；写出展开式的通项公

5、式，求出常数项，判断B选项，赋值法求解各项系数的绝对值之和，判断C选项，由通项公式可判断奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，故D选项错误.【详解】由题意得：，所以，A正确；的展开式的通项公式为，令，解得：，故，B错误；各项系数的绝对值之和为，C正确；由通项公式可知，奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，故系数最小项不可能为第5项，D错误故选：AC10将函数（）的图象沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则（）AB关于直线对称C在区间上单调递增D若在区间上存在零点和极值点，则整数a的最小值为2023【答案】BCD【分析】由已知得，将看作一个整体，即可求得函数的对称轴，递增区间，零点

6、与极值点.【详解】是偶函数，又，所以，所以对称轴方程为，即，当时，B正确；由，得，所以的单调递增区间为，当时，C正确；，在上的图象与图象相同，存在零点和极值点，又为整数，所以a的最小值为2023，所以D选项正确.故选：BCD.11已知直线l：与圆C：相交于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（）A的最小值为B若圆C关于直线l对称，则C若，则或D若A，B，C，O四点共圆，则【答案】ACD【分析】判断出直线过定点，结合勾股定理、圆的对称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】直线过点，圆，即，圆心为，半径为，由于，所以在圆内.，所以，此时，所以A选项正

7、确.若圆关于直线对称，则直线过两点，斜率为，所以B选项错误.设，则，此时三角形是等腰直角三角形，到直线的距离为，即，解得或，所以C选项正确.对于D选项，若四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，的中点为，所以的垂直平分线为，则，圆的方程为，整理得，直线是圆和圆的交线，由-并整理得，将代入上式得，由解得，所以直线即直线的斜率为，D选项正确.故选：ACD【点睛】求解直线和圆位置关系有关题目，首先要注意的是圆和直线的位置，是相交、相切还是相离.可通过点到直线的距离来判断，也可以通过直线所过定点来进行判断.12已知棱长为4的正方体中，点P在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论正确的是（）A点P的轨迹所围

8、成图形的面积为5B点P的轨迹过棱上靠近的四等分点C点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6D直线与直线MP所成角的余弦值的最大值为【答案】ACD【分析】首先根据动点满足的条件及正方体的结构特征得到动点的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A，B，C，对于选项D，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解.【详解】如图，过点M作，在上取一点，使，连接，过点作，连接，易知， 四点共面；又，面，即点的轨迹为矩形（不含点），设，则 又 解得 ，即， 对于A，矩形的面积为：，A正确；对于B，B错误；对于C， 在中，到的距离范围是： 上存在一点到点C的距离为6；在中，到的距离范围是： 上存在一

9、点到点C的距离为6；但在、中不存在到点C的距离为6的点，C正确；对于D，直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角，直线与平面所成的即是直线与平面所成的角，延长交于点，则即是直线与平面所成的角， 在中， ，D正确；故选：ACD.【点睛】本题考查动点轨迹，点、线、面位置关系，线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值，考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.三、填空题13已知函数，则_.【答案】-2【分析】由函数解析式，直接代入求解.【详解】因为，所以故答案为：-214若单位向量，满足，则与的夹角为_【答案】【分析】先将两向量垂直转化为数量积为0，再利用向量夹角公式求解.【详解

10、】已知，由，得，即，所以，又，所以与的夹角故答案为：.【点睛】向量是解决垂直与平行问题的常用工具，几何中常用到以下结论转化向量的垂直与平行问题：；.15已知双曲线的左右焦点分别为，双曲线上一点A关于原点O对称的点为B，且满足，则该双曲线的离心率为_.【答案】【分析】利用双曲线的定义，结合，且，由是矩形，且 ，利用勾股定理求解.【详解】解：如图所示：由双曲线的定义得：，又，且，所以是矩形，且 ，又因为，即，解得，故答案为：16孙子算经是我国南北朝时期的数学著作.在孙子算经中有“物不知数”问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？意思是一个整除以三余二，除以五余三除

11、以七余二，求这个整数.设这个整数为a，当时，符合条件的a的个数为_.【答案】10【分析】根据“被3除余2、被5除余3、被7除余2”可构成等差数列，然后结合等差数列的通项公式即可求出结果.【详解】因为3，5，7的最小公倍数为105，而满足被3除余2、被5除余3、被7除余2的最小正整数为23，所以被3除余2、被5除余3、被7除余2的数构成首项为23，公差为105的等差数列，记为数列，则，所以，则，又因为，所以符合条件的a的个数为10.故答案为：10.四、解答题17已知等比数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）设公比为，根据等比数列的通项公

12、式求出、，即可求出通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；【详解】(1)解：因为为等比数列，且，设公比为，所以，所以，所以；(2)解：因为，所以18如图，在中，已知，.Q为BC的中点. (1)求AQ的长；(2)P是线段AC上的一点，当AP为何值时，.【答案】(1)(2)【分析】（1）解法一：根据，两边平方求解；解法二：利用，再结合余弦定理求解（2）在中，先根据余弦定理求得，再在中，由余弦定理得的正余弦，进而根据内角和，结合两角和差的正弦公式求解，最后再在中，由正弦定理求得即可【详解】(1)解法一：因为Q为BC的中点，所以所以，即解法二：在中，由余弦定理得，所以，即在中，根据余弦定

13、理得在中，根据余弦定理得因为，所以解得.(2)在中，由余弦定理得.所以，即在中，由余弦定理得所以，因为，所以.在中，由正弦定理得，所以，即当时，.19为弘扬中华传统文化，吸收前人在修身处世治国理政等方面的智慧和经验，养浩然正气，塑高尚人格，不断提高学生的人文素质和精神境界，某校举行传统文化知识竞赛活动.竞赛共有“儒”和“道”两类题，每类各5题.其中每答对1题“儒”题得10分，答错得0分；每答对1题“道”题得20分，答错扣5分.每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4题回答（每个题抽后不放回），要求“道”题中至少抽2题作答.已知小明同学“儒”题中有4题会作答，答对各个“道”题的概率均为.(1)若小

14、明同学在“儒”题中只抽1题作答，求他在这次竞赛中得分为35分的概率；(2)若小明同学第1题是从“儒”题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，应从“道”题中抽取几道题作答？【答案】(1)(2)小明应从“道”题中抽取2道题作答【分析】（1）先分析出A表示“儒”题答错，“道”题2对1错，直接求概率；（2）设4题总得分为X，此时设“道”题中答对的题数为.分析出，得到.利用期望的线性运算求出小明的总得分期望值； 当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为，4题总得分为Y，同理求出,比较，即可得到结论.【详解】(1)记A=“小明在竞赛中得3”，则A表示“儒”题答错，“道”题2对1错，所以(2)当小

15、明选择从“儒”题中抽取1题，“道”题中抽取2题作答时，设4题总得分为X，此时设“道”题中答对的题数为.则，.（i）“儒”题中的第二题答对时总得分（ii）“儒”题中的第二题答错时总得分此时小明的总得分期望值当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为，4题总得分为Y，则，所以因为，即小明应从“道”题中抽取12道题作答.20如图，在五面体ABCDE中，已知，且，.(1)求证：平面平面ABC；(2)线段BC上是否存在点F，使得二面角的余弦值为，若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）证面面垂直，先证其中一个平面内的直线AC垂直另一个平面BCD

16、；（2）由第一问结论，建立合适的坐标系，用空间向量求解即可.【详解】(1)取AC中点G，连接EG，因为，所以，所以四边形EDCG为平行四边形，所以，又因为，所以，所以，又因为，所以.因为，BC，CD是平面BCD内的两条相交直线，所以平面BCD，因为平面ABC，所以平面平面BCD.(2)解法一：在平面BCD内过点C作BC的垂线l，因为平面BCD，所以lCA，CB两两相互垂直，故以C为坐标原点.如图所示，建立空间直角坐标系，则，设在线段BC上存在点，使二面角的余弦值为，则，设平面AEF的法向量.则，即，不妨令，则，所以.设平面ABE的一个法向量为，则，即不妨令，所以所以.化简得：，解得或（舍去），

17、故，所以.所以存在点F，当时，二面角的余弦值为.解法二：取BCAB的中点OH，连接OD，OH，因为，O是BC中点，所以，又因为平面BCD，平面平面BCD且交于BC，所以平面ABC，因为H是AB中点，即，所以，故DO，OH，BC两两互相垂直，则以O为坐标原点，为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，则，.设在线段BC上存在点，使二面角的余弦值为，则，.设平面AEF的一个法向量为，则，即，不妨令，则，所以.又因为，所以，所以四边形DEHO为平行四边形，即，因为平面ABC，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，又因为，H是AB中点，所以，因为EH，AB为平面ABE内的两条相交直线，所以平面ABE，故

18、CH是平面ABE的一个法向量，因为，所以.化简得：，解得或（舍去），故，所以，所以存在点F，当时，二面角的余弦值为.解法三：取BCAB的中点OH，连接OD，OH，因为，所以，又因为平面BCD，平面平面BCD且交于BC，所以平面ABC.因为，所以，所以四边形DEHO为平行四边形，即，因为平面ABC，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，又因为，H是AB中点，所以，因为EH，AB为平面ABE内的两条相交直线，所以平面ABE，假设在线段BC上存在点F，使二面角的余弦值为，过F作于点M，则平面ABE，过M作于点N，连接NF，则为二面角的平面角.设，则，所以，在中，所以.化简得，解得或（舍去），即，所以

19、，所以存在点F，当时，二面角的余弦值为21如图，在平面直角坐标系中，O为原点，过直线l：左侧且不在x轴上的动点P，作于点H，的角平分线交x轴于点M，且，记动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C与x轴正半轴交于点，过点的直线交C于A，B两点，点T满足，其中，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据条件，代入动点的坐标，化简即可；（2）注意到S点在x轴上，所以，将作为桥梁，合理利用，即可求解.【详解】(1)设，因为轴，所以，因为PM为的角平分线，所以，所以，即，所以.即，化简整理得，因为P不在x轴上，即曲线C的方程为(2)易知直线的斜率存在且不为0，设的方程为.联立方程组，消x整理得，所以，得或，设，则，.由得，所以，设，由，得，所以，所以，所以点在直线上，且，又因为与关于直线对称，所以是等腰三角形，（或者证明直线TS与直线的斜率互为相反数）所以，因为，所以，综