福建省泉州市2022届高三数学下学期3月质量检查试题 理（含解析）

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1、福建省泉州市2022届高三数学下学期3月质量检查试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 已知集合 ， ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】变形可得：，即则 故选2. 已知向量 ， ,则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 ，则，即故选3. 已知函数 是偶函数，且 ， ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 是偶函数故选4. 若，则 ， ， 的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由得由可得又，故选5. 已知实数 ， 满足 ，

2、则 的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如图的几何意义为可行域内点与直线的斜率当时，故选6. 设函数 （ ， ）的最小正周期为 ，且 ，则下列说法不正确的是（ ）A. 的一个零点为 B. 的一条对称轴为C. 在区间 上单调递增 D. 是偶函数【答案】C【解析】最小正周期为，即，又则，其单调增区间为即故选7. 执行如图所示的程序框图，则输出 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，故选8. 惠安石雕是中国传统雕刻技艺之一，历经一千多年的繁衍发展，仍然保留着非常纯粹的中国艺术传统，左下图粗实虚线画出的是某石雕构件的三视图，该石雕构件镂空部分最中间的一块正是魏晋期间伟

3、大数学家刘徽创造的一个独特的几何体牟合方盖（如下右图），牟合方盖的体积 （其中 为最大截面圆的直径）.若三视图中网格纸上小正方形的边长为 ，则该石雕构件的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是由正方体中去除两个圆柱体，其中，正方体的棱长为，圆柱体的直径为，高为两个圆柱体中间重合部分为牟合方盖该石雕构件的体积为故选9. 如图所示，正六边形 中， 为线段 的中点，在线段 上随机取点 ，入射光线 经 反射，则反射光线与线段相交的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图，jianl 平面直角坐标系，过关于的对称点可得过关于的对称点则：时，交点

4、坐标为：时，交点坐标为概率为故选10. 已知点是双曲线 ： （ ， ）与圆 的一个交点，若 到 轴的距离为 ，则 的离心率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】到轴的距离为故点纵坐标为，代入椭圆代入圆，即即，故选11. 现为一球状巧克力设计圆锥体的包装盒，若该巧克力球的半径为 ，则其包装盒的体积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如图，设，则，当时，故选点睛：本题考查了球内接于圆锥体，求圆锥的体积最值，在解答过程中，运用三角函数表示相关量，按照体积的计算公式表示体积，然后利用函数性质求出最值，选取何种方式建立函数表达式是本题关键12. 不等式 有且只有一个整

5、数解，则 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】即令，当时，令，当时，即时，即，当时，即时，解得综上，故选点睛：本题考查了运用导数解答不等式问题，在分析题目时，需要观察题目形式，将其变形为不等号右边为二次函数的问题，结合图象讨论函数的交点问题，还需要分类讨论参量的范围，需要缜密思考，有一定难度。第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知复数 ，则 _【答案】5【解析】14. 的展开式中，常数项是_【答案】6【解析】当时，15. 已知抛物线 ： 的焦点为 ，准线为 ， 交 轴于点 ， 为 上一点， 垂直于 ，垂足为 ， 交 轴于点 ，

6、若 ，则 _【答案】4【解析】设，：故，则点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，设出各点坐标，按照题意表示出直线斜率，从而解出点坐标，继而算出答案，本题的线段关系较多，不过计算较为简单，属于中档题16. 在平面四边形 中， ， ， ， ， 的面积为 ，则 _【答案】【解析】不妨设，解得，设，即解得则点睛：本题考查了三角函数的综合问题，运用余弦定理求出边长，利用三角形面积求出边与角之间的关系，由边长之间的关系结合两角的余弦公式建立等式，从而求出答案，转化的过程有点难度三、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. 记数列 的前 项和为 ,已知 ， ，

7、 成等差数列.（1）求 的通项公式；（2）若 ，证明： .【答案】（1）（2）见解析.【解析】试题分析：(1)由已知1，成等差数列，求得，用，求得数列为等比数列，从而求出通项(2)裂项得，求和得出结果解析：（1）由已知1，成等差数列，得当 时，所以；当时，两式相减得，所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，所以（2）由（1）得，所以， 因为，所以，即证得18. 如图，在四边形 中， ， ， ， ， ， 是 上的点， ， 为 的中点，将 沿 折起到 的位置，使得 ，如图2. （1）求证：平面平面 ；（2）求二面角 的余弦值.【答案】（1）见解析;（2）【解析】试题分析：(1)由四边形为菱形，且

8、为等边三角形得，结合勾股定理得，利用判定定理证明(2) 建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量，利用公式求得结果解析：（1）连结在四边形中，四边形为菱形，且为等边三角形又为的中点，.，满足，又，平面.平面，平面 平面（2）以为原点，向量的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），则 ，所以，设是平面的一个法向量，则即取，得取平面的一个法向量，又二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为19. 某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测 株树苗的高度，经数据处理得到如图的频率分布直方图，起中最高的 株树苗高度的茎叶图如图所示，以这 株树苗的高度的频率估计整批

9、树苗高度的概率. （1）求这批树苗的高度高于 米的概率，并求图19-1中， ， ， 的值；（2）若从这批树苗中随机选取 株，记 为高度在 的树苗数列，求 的分布列和数学期望.（3）若变量 满足且 ，则称变量 满足近似于正态分布 的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布 的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利获得签收；否则，公司将拒绝签收.试问，该批树苗能否被签收？【答案】（1）（2）见解析;（3）见解析.【解析】试题分析：(1)结合频率分布图，计算求出结果(2)满足随机变量服从二项分布，给出表格，计算结果(3)利用条件，计算出 ，从而给出结论解析：（1）由图19-2可知，100株样

10、本树苗中高度高于1.60的共有15株，以样本的频率估计总体的概率，可得这批树苗的高度高于1.60的概率为0.15.记为树苗的高度，结合图19-1可得：， ， ，又由于组距为0.1，所以（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在的概率.因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次重复独立试验，所以随机变量服从二项分布，故的分布列为：， 8分即：01230.0270.1890.4410.343（或）.（3）由，取，由（）可知， ，又结合（），可得： ，所以这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，应认为这批树苗是合格的，将顺利获得该公司签收20. 过圆 ： 上的点 作

11、轴的垂线，垂足为 ，点 满足 .当 在 上运动时，记点 的轨迹为 .（1）求 的方程；（2）过点 的直线 与交于 ， 两点，与圆 交于 ， 两点，求 的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：(1)由代入向量计算出 的轨迹为(2)利用韦达定理和弦长公式计算得，化简运用定义域给出范围解析：（1）设点坐标，点坐标，点坐标，由可得因为在圆:上运动，所以点的轨迹的方程为（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，所以当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组消去，整理得，因为点在椭圆内部，所以直线与椭圆恒交于两点，由韦达定理，得，所以，在圆:，圆心到直线的距离为，所以，所以又因为当直线

12、的斜率不存在时，所以的取值范围是点睛：本题主要考查了圆锥曲线与直线的位置关系，分类讨论直线斜率情况，在求范围时先利用弦长公式求出其表达式，再运用函数来求出最值或者范围，注意解题过程中的计算，本题属于中档题。21. 已知函数 .（1）当 时，讨论 的极值情况；（2）若 ，求 的值.【答案】（1）见解析;（2）【解析】试题分析：(1)求导，因为得或，讨论两根的大小，得出各种情况下的极值(2) 令，得，分类讨论(1)中的情况，从而得出结果解析：（1） 因为，由得，或当时，单调递增，故无极值当时，,的关系如下表：+00+单调递增极大值单调递减极小值单调递增故有极大值，极小值当时，,的关系如下表：+00

13、+单调递增极大值单调递减极小值单调递增故有极大值，极小值综上：当时，有极大值，极小值；当时，无极值；当时，有极大值，极小值（2）令，则（i）当时，所以当时，单调递减，所以，此时，不满足题意（ii）由于与有相同的单调性，因此，由（）知：当时，在上单调递增，又，所以当时，；当时，故当时，恒有，满足题意当时，在单调递减，所以当时，此时，不满足题意当时，在单调递减，所以当时，此时，不满足题意综上所述：点睛：本题考查了导数的综合运用，在求函数的极值时，分类讨论了不同参量情况下的取值问题，在解答不等式的问题中，采用换元法，分类讨论各种情形的结果，同时也考查了学生的计算能力及分类讨论，属于难题。请考生在22

14、、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22. 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系 中，直线 的参数方程为 （ 为参数， ）.在以 为极点， 轴正半轴为极轴的极坐标中，曲线 ： .（1）当 时，求 与 的交点的极坐标；（2）直线 与曲线 交于 ， 两点，且两点对应的参数 ， 互为相反数，求 的值.【答案】（），;（2）【解析】试题分析：（1）曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为，联立解出方程组即可；（2）把直线的参数方程代入曲线，根据结合韦达定理可得结果.试题解析：（1）由，可得，所以，即，当时，直线的参数方程（为参数），化为直角坐标方程为，联立解得交点为或，化为极

15、坐标为，（2）把直线的参数方程代入曲线，得，可知，所以23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）当 时， 求不等式 的解集；（2） ， ，求 的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）把写成分段函数的形式，分类讨论，分别求得不等式的解集，综合可得结论；（2）求出的最小值为，原题意等价于，解出即可.试题解析：（1）当时，当时，令 即，解得，当时，显然成立，所以，当时，令 即，解得，综上所述，不等式的解集为（2）因为，因为，有成立，所以只需，化简可得，解得，所以的取值范围为点睛：本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想