2022年3月福州市高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測數(shù)學試題 完卷時間120分鐘；滿分150分第Ⅰ卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.【答案】B2.【答案】D3．【答案】B4.【答案】A5.【答案】D6.【答案】C7.【答案】B8.【答案】C二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.【答案】CD10.【答案】BD11.【答案】ABD12.【答案】ABD第Ⅱ卷三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上．13.【答案】14. 【答案】15.【答案】（答案不唯一，只要滿足即可）.16. 【答案】    ①.     ②. 四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17. 已知數(shù)列的前n項和為，，，且．（1）求；（2）求證：．【答案】（1）    （2）證明見解析【解析】【分析】（1）分析可知數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列， 數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，求出、的表達式，即可得出數(shù)列的通項公式；（2）利用放縮法可得出，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式可證得原不等式成立.【小問1詳解】解：由得．        所以，當時，，所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，       故，即．    當時，則，所以，數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以，．所以．【小問2詳解】證明：由（1）知，     所以.故原不等式成立.18. 記的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，已知，．（1）求；（2）在下列三個條件中選擇一個作為補充條件，判斷該三角形是否存在？若存在，求出三角形的面積；若不存在，說明理由．①邊上的中線長為，②邊上的中線長為，③三角形的周長為．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）    （2）選①，三角形不存在；選②，三角形存在，面積為；選③，三角形存在，面積為【解析】【分析】（1）利用三角形內(nèi)角和與三角恒等變換化簡求值；（2）選①，方法一：由，在，，分別用余弦定理可得方程組，求解即可；方法二：由，平方，結(jié)合向量數(shù)量積公式解方程；方法三：建立平面直角坐標系，結(jié)合中點公式及兩點間距離可得方程，求解；選②，在中利用余弦定理，可解得，進而可得面積；選③，在中用余弦定理，結(jié)合周長，可解得各邊長，進而求得面積.【小問1詳解】由得，又，所以，而，故，故；【小問2詳解】選①，方法一：設邊上的中線為，則，由得，，即，即，由余弦定理得，即，該方程無實數(shù)解，故符合條件的三角形不存在.方法二：設邊上的中線為，則，兩邊平方得，即，即，易知該方程無實數(shù)解，故符合條件三角形不存在．方法三：如圖，以為原點，所在直線為軸，建立直角坐標系．故點坐標為，即，點坐標為，所以邊的中點坐標為，       由邊上的中線長為得，整理得，該方程無實數(shù)解，故符合條件的三角形不存在．選②，設邊上的中線為，則．在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍去），故的面積．選③，依題意得，由（1）知，所以，在中，由余弦定理得，，所以，即，  所以，解得，，所以的面積．19. 如圖，在直三棱柱中，點E為的中點，點在上，且．（1）證明：平面平面；（2）若，，且三棱錐的體積為，求與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析    （2）【解析】【分析】（1）先證明線面垂直，再證明面面垂直即可；（2）根據(jù)三棱錐的體積為求出直三棱柱側(cè)面棱長和底面邊長，再建立空間直角坐標系求解即可.【小問1詳解】在直三棱柱中，平面，∴，           ∵點E為的中點，且，∴，        ∵，∴，     ∵，∴平面，     ∵平面，∴平面平面；【小問2詳解】∵，，∴為正三角形．設，則，由（1）可得，平面，依題意得，故點F到平面的距離為，    ∴，∴，       ∵三棱錐的體積為，∴，解得．     以E為原點，分別以方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，∴，，，     設平面的法向量為，則即令，得，     ∴，      ∴與平面所成角的正弦值為．20. 某超市開展購物抽獎送積分活動，每位顧客可以參加（，且）次抽獎，每次中獎的概率為，不中獎的概率為，且各次抽獎相互獨立．規(guī)定第1次抽獎時，若中獎則得10分，否則得5分．第2次抽獎，從以下兩個方案中任選一個；方案① ：若中獎則得30分，否則得0分；方案② ：若中獎則獲得上一次抽獎得分的兩倍，否則得5分．第3次開始執(zhí)行第2次抽獎所選方案，直到抽獎結(jié)束．（1）如果，以抽獎的累計積分的期望值為決策依據(jù)，顧客甲應該選擇哪一個方案？并說明理由；（2）記顧客甲第i次獲得的分數(shù)為，并且選擇方案②．請直接寫出與的遞推關系式，并求的值．（精確到0.1，參考數(shù)據(jù)：．）【答案】（1）應選擇方案① ，理由見解析；    （2），【解析】【分析】（1）分別求得兩個方案的累計積分的期望值即可進行選擇；（2）依據(jù)題給條件即可求得的值．【小問1詳解】若甲第2次抽獎選方案①，兩次抽獎累計積分為，則的可能取值為40，35，10，5．    ，，，， 所以．       若甲第2次抽獎選方案②，兩次抽獎累計積分為，則的可能取值為30，15，10，則，，，，    因為，所以應選擇方案①．【小問2詳解】依題意得，      的可能取值為10，5其分布列為105P所以，則，    由得，     所以為等比數(shù)列．其中首項為，公比為．     所以，故．21. 平面直角坐標系中，雙曲線的右焦點為，為直線上一點，過作的垂線分別交的左、右支于、兩點，交于點．（1）證明：直線平分線段；（2）若，求的值．【答案】（1）證明見解析    （2）【解析】【分析】（1）設直線的方程為，設點、，將直線的方程與雙曲線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出線段的中點的坐標，計算得出，證明出、、三點共線，即可證得結(jié)論成立；（2）由得，可得出，變形可得出，兩式相乘結(jié)合韋達定理可求得的值，再利用兩點間的距離公式可求得的值.【小問1詳解】解：依題意，，即，     設，則直線的方程為，          由得，設、，則，故，由韋達定理可得，，     所以，又直線分別交的左、右支于、兩點，所以，故      所以中點為，        所以，故、、三點共線，即直線平分線段．【小問2詳解】解：依題意，由得，則，即，      所以，①，，②        ①×②得，      所以，       解得，或（舍去），     此時，．【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.22. 已知函數(shù)的圖象與軸相切于原點．（1）求，的值；（2）若在上有唯一零點，求實數(shù)的取值范圍．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）由題意得從而可求出，的值，（2）先對函數(shù)求導，由于無法判斷導函數(shù)的正負，所以令，再次求導，由，所以分和兩種情況結(jié)合零點存性定理分析討論函數(shù)的零點情況即可【小問1詳解】，         依題意，           即解得．【小問2詳解】由（1）得，記，，所以，①當時，（ⅰ）當時，，所以為增函數(shù)，     又因為，，所以存在唯一實數(shù)，使得．      （ⅱ）當時，，則．由（ⅰ）（ⅱ）可知，單調(diào)遞減，單調(diào)遞增．因為，所以存在唯一實數(shù)，使得，     所以當時，，即單調(diào)遞減；，，即，單調(diào)遞增．因為，所以存在唯一實數(shù)：，使得，即在上有唯一零點，符合題意．        ②當時，，   記．，所以，          所以為增函數(shù)，，所以為增函數(shù)，，則，所以在上沒有零點，不合題意，舍去．        綜上，a的取值范圍為．【點睛】關鍵點點睛：本小題主要考查導數(shù)的幾何意義、函數(shù)的零點、導數(shù)的應用等基礎知識；考查抽象概括能力、推理論證能力、運算求解能力與創(chuàng)新意識，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想；考查數(shù)學抽象、直觀想象、邏輯推理、數(shù)學運算等核心素養(yǎng)，體現(xiàn)綜合性、應用性與創(chuàng)新性，解題的關鍵是求出后無法判斷其正負，所以構(gòu)造函數(shù)，再次求導，又由于，所以分別由的正負入手分情況求解，屬于難題

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