莆田市2022届高三教学第二次质量检测试卷及答案.docx

1、莆田市2022届高中毕业班第二次教学质量检测试卷数 学本试卷共5页，22小题，满分150分考试时间120分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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设全集，集合，则A.B. C. D.2已知双曲线的一条渐近线方程为，则A.B.C.D.3展开式中的常数项为A

2、.B.C.D.4若,则 A.B.C.D.5下列直线中，既不是曲线的切线，也不是曲线的切线的是A.B.C.D.6莆田妈祖城有一钟楼，其顶部可视为正四棱柱与正四棱锥的组合体，如图，四个大钟分布在正四棱柱的四个侧面，则每天点至点（包含点，不含点）相邻两钟面上的时针成角的次数是A.B.C.D.7已知函数是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，则 A.B.C.D.8 已知抛物线，直线交于两点，为弦的中点，过分别作的切线，它们的交点为，则的面积为A.B.C.D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

3、9 已知函数，其图象相邻的两条对称轴之间的距离是，则A.是偶函数B.在单调递减C.的图象关于点对称D.的图象关于直线对称10已知直线与圆相切，则下列说法正确的是A.B.C.D.11函数的图象可能为 A B C D12意大利数学家卡尔达诺(Cardano.Girolamo，1501-1576)发明了三次方程的代数解法. 17世纪人们把卡尔达诺的解法推广并整理为四个步骤：第一步，把方程中的用来替换，得到方程；第二步，利用公式将因式分解；第三步，求得的一组值，得到方程的三个根：，（其中，为虚数单位）；第四步，写出方程的根：，.某同学利用上述方法解方程时，得到的一个值：，则下列说法正确的是A.B.C.

4、D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知向量，若，则 14每年月日是“学雷锋纪念日”，今年月日恰逢周六. 甲、乙、丙、丁四位同学计划周六到四个社区参加志愿服务，每人只去一个社区，则四位同学去的社区 互不相同的概率是 15. 某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量（单位：) 与时间（单位：)间的关系为p=p0kt，其中是正的常数如果2后还剩下90%的污染物，那么8后还剩下 %的污染物16定义：若为球面上四点，分别是的中点，则把以为直径的球称为的“伴随球”已知是半径为的球面上四点， 则的“伴随球”的直径取值范围为 ；若不共面，则四面体 体积的最大值为 四、解

5、答题：本题共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（本小题满分10分）已知数列满足,.（1）证明：数列为等差数列；（2）求数列的前项和18（本小题满分12分）某企业有生产能力相同的甲、乙两条生产线，生产成本相同的同一种产品. 为保障产品 质量，质检部门分别从这两条生产线上各随机抽取件产品，并检测其某项质量指标值. 根据该质量指标值对应的产品等级，统计得到甲、乙生产线的样本频数分布表如下：质量指标值等级次品二等品一等品二等品三等品次品甲生产线（件）乙生产线（件）（1）根据样本频数分布表，估计乙生产线的该质量指标值的中位数；（2）该企业为了守法经营，将所有次品销毁，每销毁一

6、件次品的费用为元. 已知一、二、三等品的售价分别为元/件、元/件、元/件. 为响应政府拉闸限电的号召， 企业计划关停一条生产线. 视频率为概率，若您是企业的决策者，根据生产线效益的差异情况，您应关停哪条生产线，并说明理由.19（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点.（1）证明：平面；（2）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，与平面所成的角为；若平面，且_，求二面角的余弦值注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分20（本小题满分12分）的内角的对边分别为，已知为锐角，且.（1）求；（2）若，点满足，当的面积最大时，求和的值.21（本小题满分12分）已

7、知是椭圆的左、右焦点，过的直线与交于两点，且.（1）求的离心率；（2）设分别为的左、右顶点，点在上（不与重合）.证明：.22（本小题满分12分）已知函数.（1）求的最小值；（2）设函数，若，求实数的取值范围.莆田市2022届高中毕业班第二次教学质量检测数学试题参考解答及评分标准评分说明：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，

8、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只给整数分数单项选择题和单空填空题不给中间分一、选择题：每小题5分，满分40分1.A.解：由题意可得，所以，又，则2.C.解：因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，所以.3.C.解：的展开式中的常数项为.4.D.解:由，得，故，所以.5.D.解：对于，则，故曲线在处的切线分别为与；对于，则，故曲线在与处的切线分别为与；综上可知只有D满足题意.6.B.解：设正方体的边长为，中心为，相邻两个钟面的中心分别为,以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图.设时针的长度为，时针从时起的旋转角为，则此时两时针的方向向量分别为，依题意可得，解得，.

9、7.A.解：令，依题意可知是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，所以，所以.8.B.解：设，则，且故，所以直线的方程为.联立抛物线方程，整理得，则. 由得，所以，故切线的方程为,同理可得切线的方程为，联立两切线方程得即点坐标为， 则轴，且，所以的面积为.二、选择题：每小题5分，满分20分（本题为多项选择题，每小题中，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）9.BD.解：,因其图象相邻两条对称轴间的距离为,所以,即,从而,故其是非奇非偶函数,A错误;由,得, 令得函数的一个单调递减区间为,故B正确;因为，故C错误;因为，故D正确.10.BC.解：依题意可得，即，所以，故A错误；因为，故B

10、正确；因为，所以C正确；因为，所以D错误.11.ABD.解：对于A，B，图象关于原点对称，且当时，故，若，则图象为A，若，则图象为B；对于C，D，图象关于轴对称，且都有两条垂直于轴的渐近线，故，若，则图象为D，而对于C，注意到，则，进而，图象与C不符合. 12.ABC.解：由得，故，A正确；把用替换，得，化简得，故，故B正确；当时，则，故，C正确,D错误.三、填空题：每小题5分，满分20分（16题第一空2分，第二空3分）13.解：，因为，所以，即，则14.解：甲、乙、丙、丁四位同学去四个社区中，每人只去一个社区，有种；四位同学去的社区互不相同，有种，则四位同学去的社区互不相同的概率是15.65

11、.61.解：因为过滤过程中废气的污染物数量与时间间的关系为p=p0kt，当后，还剩下的污染物数量，记为，即pn=p0kn，所以数列为等比数列依题意可知，所以8后还剩下65.61%的污染物16.；解：设为所在球面的球心，所以因为，且分别是的中点，所以，且可得，则，即的“伴随球”的直径取值范围为因为是的中点，所以 (为点到平面距离，)，又(为点到距离，)，所以，当且仅当三点共线，且时，等号成立四、解答题：本题共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本小题主要考查等差数列、数列求和、数列递推公式等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力，考查化归与转化、函数与方程等思想，考查逻辑推

12、理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性满分10分解：（1）证明：因为，1分所以. 2分即.3分因为，4分所以数列是首项为，公差为的等差数列.5分（2）由（1）可得，从而，6分所以7分8分 9分. 10分18. 本小题主要考查随机变量的中位数、数学期望等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识，考查统计与概率、分类与整合等思想，考查数学建模、数据分析、数学运算等核心素养.体现基础性、综合性、应用性.满分12分解：（1）设乙生产线的该质量指标值的中位数为x，依题意得，该质量指标值在的频率为， 1分在的频率为， 2分因为， 3分所以， 4分解得. 5分所以乙生产线的该质量指标值的中位数

13、约为.（2）甲、乙生产线生产的每件产品的效益分别用随机变量，表示，则，所有的可能值均为，. 7分由频数分布表可知，的分布列如下： 9分所以甲生产线每件产品的效益均值为. 10分 乙生产线每件产品的效益均值为. 11分又因为,所以应选择关停甲生产线 12分19. 本小题主要考查空间点、直线、平面之间的位置关系、空间向量等基础知识，考查空间想象、推理论证、运算求解等能力，考查化归与转化、数形结合等思想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性.满分12分.解：（1）连结交于点，则为的中点，连结.1分在中，因为分别为的中点，2分所以， 3分又因为平面平面，4分所以平面.5分（2

14、）若选.因为底面是菱形，所以,;6分方法一：取中点,连结,则.过作交于，连结.因为平面，所以平面，7分因为平面，所以，8分因为，平面，所以平面，从而，故为二面角的平面角.9分在，,10分所以，11分所以，所以二面角的余弦值为.12分方法二：以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则，6分所以，7分设平面的一个法向量，由得8分令，得，9分设二面角的平面角为，则由图象可知为锐角，因为平面的一个法向量为，10分所以，11分所以二面角的余弦值为.12分若选.因为底面是菱形，所以，则；6分下同方法一，方法二.若选与平面所成的角为.因为平面，则为与平面所成的角，所以所以;6分下同

15、方法一，方法二.20. 本小题主要考查正余弦定理、三角恒等变换等基础知识，考查逻辑思维、运算求解等能力，考查化归与转化、函数与方程等思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性. 满分12分.解：（1）由正弦定理得，1分 又，所以，2分即，3分所以.在中,因为，所以，4分所以为锐角，且，5分又因为是锐角，所以，即，从而.6分（2）由（1）得，所以,当且仅当时等号成立，8分所以,当且仅当时等号成立，即为等腰直角三角形时,面积最大.9分又因为，所以,.10分在中,由余弦定理，得，11分所以. 12分21. 本小题主要考查椭圆的定义和简单几何性质、直线与和椭圆的位置关系等基础知识，考查

16、逻辑思维、运算求解等能力，考查化归与转化、数形结合、函数与方程等思想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养；体现基础性、综合性.满分12分.解:(1)设，则，所以,所以,1分因为，所以，2分即，所以为等腰直角三角形，3分故,即，解得(取正值),4分所以的离心率.5分(2)方法一：由(1)可知，所以的方程为，6分故为短轴的一个端点.依题意，.由椭圆的对称性，不妨设，,则，7分所以，8分，9分所以，10分当时，取到最小值，此时最小，11分所以当为的短轴端点时，最大，故.12分方法二：由(1)可知，所以的方程为，6分故为短轴的一个端点.依题意，.设 ，则，7分，8分，9分所以，10分令，则，所

17、以，即时，取得最小值，从而最大.11分所以当为的短轴端点时，取得最大，故.12分22. 本小题主要考查导数及其应用知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化、分类与整合等思想，考查直观想象、数学运算、逻辑推理等核心素养，体现综合性、创新性满分12分.解：（1）因为，所以，1分令，解得，2分当时，从而单调递减，当时，从而单调递增，3分故的最小值为.4分（2）因为，所以，解得.5分下面证明当时，.当时,，即6分令，则7分由（1）可知，所以，8分所以当时，从而单调递减，当时，从而单调递增，9分故，从而.10分令，.因为，所以在上单调递减，所以. 11分综上，实数的取值范围为.12分数学试题 第15页 (共5页)