【文档说明】福建省三明市2022届高三5月质量检查数学试题参考答案.pdf，共(13)页，397.315 KB，由小赞的店铺上传

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2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第1页（共12页）2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案及评分细则评分说明：1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答

不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3

．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分。一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．1．B2．D3．A4．A5．B6．C7．B8．D二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．9．AC10．BC

D11．ACD12．ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．214．315．10216．10四、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．解：（1）因为n

a为等比数列，且24a，532a，设公比为q，所以3528aqa，所以2q，12a...........................................................

...........2分所以112nnnaaq，..........................................................................

.....................4分（2）因为2211111loglog(1)1nnnbaannnn............................................7分所以，111

111111223111nnSnnnn...............................10分2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第2页（共12页）18．解法一：（1）因为Q为BC的中点，所以1()2AQABAC

.........................1分所以2221(2)134AQABABACAC...............................

.......................4分即13AQ...........................................................................................................

.....5分（2）在ABC中，由余弦定理得22222(42)2242202BC，所以25BC，即5CQ.........................................

...........................................7分在ACQ中，由余弦定理得222526cos226AQACQCQACAQAC.............8分所以QACsin2626cos12QAC，因

为QACAQPAPQ，所以313sinsin()sin()413APQQACAQPQAC，.............10分在AQP中，由正弦定理AQPAPAPQAQsin

sin得133132132AP，所以1326AP，即当1326AP时，4AQP...............................................................................................

..............................................12分解法二：（1）在ABC中，由余弦定理得22222(42)2242202BC，2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第3页（共12页）所以25BC

，即5CQBQ.................................................................................1分在ABQ中,根据余弦定理

得22221cos225AQBQABAQAQBAQBQAQ................2分在ACQ中,根据余弦定理得222227cos225AQCQACAQAQCAQCQAQ............3分因为coscos0AQBAQC，

所以2212702525AQAQAQAQ..............................4分解得13AQ.....................................................................................

...............................5分（2）同解法一.19．解法一：（1）记A“小明在竞赛中得35分”，则A表示“儒”题答错，“道”题2对1错，所以6253653)52(51)(223CAP........

............................................4分（2）当小明选择从“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2~(2,)5B，24()255E，（i）“儒”题中的第二题答对时总得分1442020()5(2())20205(2)3055XEE（ii）“儒”题中的第二题答错时总得分2441020()5(2())10205(2)20

55XEE此时小明的总得分期望值5.27)431(204330)(XE..............................................................

....................................................................................8分当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为，4题总得分为Y，则2~(3,)5B，26()355E

,10205(3)255Y,2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第4页（共12页）所以6()25()5255255EYE...............

.......................................................11分因为()()EXEY,即小明应从“道”题中抽取2道题作答.....................................12分解法二：（

1）同解法一.（2）当小明选择从“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，则X的所有可能取值为：0,10,25,35,50,60.因为1009)52-1(41)0(2XP，10027)52-1(43)10(2XP，1

0012525341)25(12CXP，10036525343)35(12CXP，1004)52(41)50(2XP，10012)52(43)60(2XP，所以5.2710012601004501003635100122

51002710)(XE.......................................................................................................

...........................................8分当小明选择从“道”题中抽取3题作答，设答对题数为，4题总得分为Y，则2~(3,)5B，26()355E,10205(

3)255Y,所以6()25()5255255EYE......................................................................11分因为()

()EXEY,即小明应从“道”题中抽取2道题作答.....................................12分20.解法一：（1）取AC中点G，连接EG，因为//EDAC，12CGACED，所以//EGCD，所以四边形EDCG为平行四

边形，所以3EGDC，又因为112AGAC，2AE，所以222AGEGAE，所以AGEG，又因为//CDEG，所以ACCD............................................................

.......................2分因为ACBC，BC，CD是平面BCD内的两条相交直线，所以AC平面BCD，因为AC平面ABC，所以平面ABC平面BCD.2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第5页（共12页）...........

..............................................................................................................

..............................4分（2）在平面BCD内过点C作BC的垂线l，因为AC平面BCD，所以l、CA，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2,0,0A，0,2,0B

，0,1,2D，1,1,2E，....................................................................................

...................................................................5分设在线段BC上存在点(0,,0)(02)Ftt≤≤，使二面角BAEF的余弦值为22

3，则1,1,2AE，2,2,0AB，2,,0AFt设平面AEF的法向量1111,,xyzn，则1100AEAFnn，即111112

020xyzxty，不妨令12y，则1xt，12(2)2tz，所以122,2,2ttn，............................

......................................................................7分设平面ABE的一个法向量为2222,,xyzn，则222222220220AExyzABxy

nn，即2222220220xyzxy不妨令21x，221,0yz，所以21,1,0n.................................................

...............9分所以222121212222cos,32222tttnnnnnn..................................10分化简得：21568600tt，解得61053t或（舍去），故60,,05F，

所以65CF，2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第6页（共12页）所以存在点F，当65CF时，二面角BAEF的余弦值为223........................12分解法二：（1）同解法一.（2）取BC、AB的中点O、H，连接O

D，OH，因为DBDC，O是BC中点，所以DOBC，又因为DO平面BCD，平面ABC平面BCD且交于BC，所以DO平面ABC，因为H是AB中点，即//OHAC，所以OHBC，故,,DOOHBC两两

互相垂直，则以O为坐标原点，,,OHOBOD为,,xyz轴,如图建立空间直角坐标系，则2,1,0A，0,1,0B，0,0,2D，1,0,2E..........

.........................................5分设在线段BC上存在点(0,,0)(11)Ftt≤≤，使二面角BAEF的余弦值为223，则1,1,2AE，2,2,0AB，

2,1,0AFt.设平面AEF的一个法向量为1111,,xyzn，则1100AEAFnn，即11111202(1)0xyzxty，不妨令12y，则11xt，12(1)2tz

，所以1211,2,2ttn..............................................................................................

...7分又因为1//2EDAC，1//2OHAC，所以//OHDE，所以四边形DEHO为平行四边形，即//EHDO，因为DO平面ABC，所以EH平面ABC，因为CH平面ABC，所以EHCH，又因为ACB

CH，是AB中点，2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第7页（共12页）所以CHAB,因为,EHAB为平面ABE内的两条相交直线，所以CH平面ABE，故CH是平面ABE的一个法向量，因为110CH，，，........................

.........................9分所以1112221222cos,312122CHtCHCHttnnn....................10分化简得：2153870tt，解得1753t或（舍去

），故10,,05F，所以16155CF，所以存在点F，当65CF时，二面角BAEF的余弦值为223........................12分解法三：（1）同解法一（2）取BC、AB的中点O、H，连接,ODOH，因为DBDC，所以DOBC，又因

为DO平面BCD，平面ABC平面BCD且交于BC，所以DO平面ABC，....................................................................................................

........5分因为1//2EDAC，1//2OHAC，所以//OHDE，所以四边形DEHO为平行四边形，即//EHDO，因为DO平面ABC，所以EH平面ABC，.....................................

...6分因为CH平面ABC，所以EHCH，又因为ACBC，H是AB中点，所以CHAB,因为,EHAB为平面ABE内的两条相交直线，所以CH平面ABE，.......................................................

................................................................................................7分假设在线段BC上存在点F，使二面角BAEF的余

弦值为223，2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第8页（共12页）过F作FMAB于点M，则FM平面ABE，过M作MNAE于点N,连接NF，则FNM为二面角BAEF的平面角.....................................

....................................8分设2(01)FBxt≤，则2FMBMx，222AMx，所以2NMx，在RtFMN中，222344NFNMFM

xx，所以cosMNFNMNF22223344xxx............................................................10分化简得215440xx，解得2253x或（舍去），即4

5FB，所以625CFFB，所以存在点F，当65CF时，二面角BAEF的余弦值为223........................12分21．解：（1）设(,)Pxy（0y），因为//PHx轴，所以HPMPMF，因为PM为H

PF的角平分线，所以HPMFPM，所以FPMPMF，即MFPF，所以||||1||||2PFMFPHPH，即22(1)1|4|2xyx，化简整理得22143xy，因为P不在x轴上，即曲线C的方程为221(0)43xyy．............

................................................................................................................................

....5分（2）易知直线1l的斜率存在且不为0，设1l的方程为4xmy（0m），2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第9页（共12页）联立方程组221434xyxmy，消x整理得

22(34)24360mymy，所以22(24)4(34)360mm，得2m或2m，设1122(,),(,)AxyBxy，则1222434myym，1223634yym．.................................

.....................................................................................................

.................7分由ASBS得12yy，所以12yy，设00(,)Txy，由ATTB，得0120()yyyy，所以2121120112223622

2334241134yyyyymyymyymmy，所以003441xmymm，..........................................................

..........................9分所以点3(1,)Tm在直线1x上，且00y，又因为(4,0)S与1(2,0)A关于直线1x对称，所以1TSA是等腰三角形，（或者证明直线TS与直线1TA的斜率互为相反数）..................

...........................................................................................................

........................11分所以11TSATAS，因为111ATBTSATAS，所以12ATBTSO，综上所述，12ATBTSO.．....................

......................................................................12分22．解法一：（1）()fx定义域为R，由()(1)1axfxxe得()e()e(1)eaxaxaxfxaxaaxa

．.................................................................1分2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第10页（共12页）当0a时，()10fx，所以()fx在R

上单调递增..............................................2分当0a时，令()(1)e0axfxaxa，即10axa，所以1axa，所以()fx在1(,)aa上单调递增.令()(1

)e0axfxaxa，即10axa，所以1axa，所以()fx在1(,)aa上单调递减.................................................

.....................3分当0a时，令()(1)e0axfxaxa，即10axa，所以1axa，所以()fx在1(,)aa上单调递增.令()(1)e0axfxaxa，即10axa，所以1axa

.所以()fx在1(,)aa上单调递减......................................................................4分综上所述：当0a时，()fx在R上单调递增

；当0a时，()fx在1(,)aa上单调递减，在1(,)aa上单调递增.当0a时，()fx在1(,)aa上单调递增，在1(,)aa上单调递减..............................................

.....................................................................................................5分（2）当(0,)x时，10x，1xe，2022年三明市普通高中毕业班质量测

试数学试题参考答案第11页（共12页）所以()(1)1axgaxe在(0,)a上单调递增，所以()(1)1(0)axgaxegx，即当0a，(0,)x时，()fxx，所以要证明()cos2sin2fxxxxx，只要证明c

os2sin0xxxx，..................................................................................7分令()cos2singxxxxx（(0,)x），则()sincos1g

xxxx，令()()sincos1hxgxxxx（(0,)x），则()coshxxx，当(0,)2x时，()0hx，即()hx单调递减，当(,)2x时，()0hx，即()hx

单调递增，............................................................9分因为(0)0h，则()02h，又因为()20h，所以()hx在

(0,)x存在唯一零点，设为0x，当0(0,)xx时，()0hx，即()0gx，即()gx单调递减，当0(,)xx时，()0hx，即()0gx，即()gx单调递增，因为(0)0g，则0()

0gx，又因为()0g，所以()0gx，..........................11分所以cos2sin0xxxx，所以原不等式成立.......................................

..................12分解法二：（1）同解法一；（2）令()1xpxex，则()1xpxe'，所以()px在(,0)x上单调递减，在(0,)x上单调递增，2022年三明市普通高中毕业班质量测试数学试题参考答案第12页（共12页）所以()

(0)0pxp≥，即10xex≥，即1xex≥，所以1axeax≥，所以当(0,)x时，2()(1)1(1)(1)1axfxxexaxaxaxx，因为0a，20xx，所以2axaxxx，即()fxx

，所以要证明()cos2sin2fxxxxx，只要证明cos2sin0xxxx，..................................................................................7分令()cos2sin

gxxxxx（(0,)x），则()sincos1gxxxx，令()()sincos1hxgxxxx（(0,)x），则()coshxxx，当(0,)2x时，()0hx，即()hx单调递减，当(,)2x时，()0hx，即()h

x单调递增，............................................................9分因为(0)0h，则()02h，又因为()20h，所以()hx在(0,)x存在唯一零点，

设为0x，当0(0,)xx时，()0hx，即()0gx，即()gx单调递减，当0(,)xx时，()0hx，即()0gx，即()gx单调递增，因为(0)0g，则0()0gx，又因为()0g，所以()0gx，..

........................11分所以cos2sin0xxxx，所以原不等式成立.........................................................1

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