福建省2022届高三诊断性检测数学试题及答案word版.docx

1、学校：_准考证号：_姓名：_（在此卷上答题无效）高三诊断性测试数学本试卷共4页。满分150分。注意事项：1答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。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，考生必须将试题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设集合，则ABC

2、D2的展开式中的常数项为ABC80D1603设复数满足，且，则ABCD4若，则“”的一个必要不充分条件是ABCD5深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：，）A11B22C227D4816已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线交于，两点，线段中点的纵坐标为，

3、则AB4C8D247关于函数，有下列四个命题：甲：在单调递增；乙：是的一个极小值点：丙：是的一个极大值点；丁：函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称其中只有一个是假命题，则该命题是A甲B乙C丙D丁8已知是定义在上的函数，且函数是奇函数，当时，则曲线在处的切线方程是ABCD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。9“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献某杂交水稻种植研究所调查某地水稻

4、的株高，得出株高（单位：）近似服从正态分布已知时，有，下列说法正确的是A该地水稻的平均株高约为B该地水稻株高的方差约为100C该地株高超过的水稻约占68.27D该地株高低于的水稻约占99.8710若满足，则可以是ABCD11在正方体中，分别为棱，的中点，平面，直线和直线所成角为，则AB的最小值为C，四点共面D平面12已知是直角三角形，是直角，内角所对的边分别为，面积为，若，则A是递增数列B是递减数列C存在最大项D存在最小项三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，是不共线的两个单位向量，则与的夹角为_14直线与曲线恰有2个公共点，则实数的取值范围为_15写出一个同时具有下列性质

5、的函数_定义域为；值域为；对任意且，均有16缀术是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果缀术中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是_；卧足杯的容积是_（杯的厚度忽略不计）四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知等比数列的首项为，前项和为，且成等差数列（1

6、）求的通项公式；（2）设，求数列的前10项和（表示不超过的最大整数）18（12分）冬季两项是第24届北京冬奥会的比赛项目之一，它把越野滑雪和射击两种特点不同的竞赛项目结合在一起其中男子个人赛的规则如下：共滑行5圈（每圈），前4圈每滑行1圈射击一次，每次5发子弹；射击姿势及顺序为：第1圈滑行后卧射，第2圈滑行后立射，第3圈滑行后卧射，第4圈滑行后立射，第5圈滑行直达终点；如果选手有发子弹未命中目标，将被罚时分钟；最终用时为滑雪用时、射击用时和被罚时间之和，最终用时少者获胜已知甲、乙两人参加比赛，甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲、乙两人每发子弹命中目标的概率分别为和假设甲、乙两人的射击用时相同，且每发子

7、弹是否命中目标互不影响（1）若在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，求甲胜乙的概率；（2）若仅从最终用时考虑，甲、乙两位选手哪个水平更高？说明理由19（12分）如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形是棱上的点， ，过的平面与直线垂直，且平面平面（1）在图中画出，写出画法并说明理由；（2）若直线与平面所成角的大小为，求过及点的平面与平面所成的锐二面角的余弦值20（12分）的内角，所对的边分别为，（1）求的大小；（2）为内一点，的延长线交于点，_，求的面积请在下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使存在，并解决问题为的外心，；为的垂心，；为的内心，21（12分）已知椭圆的中心为

8、，离心率为圆在的内部，半径为，分别为和圆上的动点，且，两点的最小距离为（1）建立适当的坐标系，求的方程；（2），是上不同的两点，且直线与以为直径的圆的一个交点在圆上求证：以为直径的圆过定点22（12分）已知函数，其中（1）讨论的单调性；（2）当时，是否存在，且，使得？证明你的结论高三诊断性测试数学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

9、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、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分40分。1B 2B 3D 4B 5D 6C 7A 8D二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分20分。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9ABD 10AC 11BD 12ACD三、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题5分，满分20分。13 14 15答案不唯一，如：，等；165；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

10、或演算步骤。17本小题主要考查等差数列、等比数列、递推数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推理能力和创新能力等，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性和创新性，满分10分解法一：（1）因为，成等差数列，所以，所以，即，设的公比为，则，所以（2）依题意，所以所以，两式相减得，所以解法二：（1）因为成等差数列，所以，设的公比为，若，则，所以，与矛盾，不合题意；若，则，所以，整理得，即，解得（舍去）或，所以（2）依题意， 所以解法三：（1）因为成等差数列，所以，当时，化简得，设的公比为，所以，当时，因此，满足，故

11、符合题意所以（2）依题意，所以18本小题主要考查独立事件的概率、互斥事件的概率，二项分布、数学期望等基础知识：考查数学建模能力，运算求解能力，逻辑推理能力，创新能力以及阅读能力等；考查统计与概率思想、分类与整合思想等；考查数学抽象，数学建模和数学运算等核心素养；体现应用性和创新性满分12分解法一：（1）甲滑雪用时比乙多秒=3分钟，因为前三次射击，甲、乙两人的被罚时间相同，所以在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹设“甲胜乙”为事件A，“在第四次射击中，甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标”为事件，“在第四次射击中，甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标”为事件，依题意，事件和事件是

12、互斥事件，所以，即甲胜乙的概率为（2）依题意得，甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，所以甲被罚时间的期望为（分钟），乙被罚时间的期望为（分钟），又在赛道上甲选手滑行时间慢3分钟，所以甲最终用时的期望比乙多2分钟因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高解法二：（1）同解法一（2）设甲在一次射击中命中目标的子弹数为，则，所以，所以甲在四次射击中命中目标的子弹数的期望为，设乙在一次射击中命中目标的子弹数为，则，所以，所以乙在四次射击中命中目标的子弹数的期望为，所以在四次射击中，甲命中目标的子弹数的期望比乙多1，所以乙被罚时间的期望比甲多1分钟，又因为在赛道上甲的

13、滑行时间比乙慢3分钟，所以甲最终用时的期望比乙多2分钟，因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高19本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，直线与平面所成角、二面角等基础知识；考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力等；考查化归与转化思想，数形结合思想，函数与方程思想等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性和综合性满分12分解法一：（1）如图，在内过作，垂足为，在内过作交于，连结，则直线即为直线理由如下：因为，所以平面，由于过空间一点与已知直线垂直的平面有且只有一个，所以平面与平面重合，因为平面平面，所以直线即为直线（2）因为和均为等边三角形，所以，又因

14、为，所以，所以， 又，所以，所以，所以如图，设的中点为，连结，因为和均为等边三角形，所以，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面在中，作，垂足为，因为平面平面，平面，所以平面，所以是直线与平面所成的角，所以因为和均是边长为4的等边三角形，所以，所以是等边三角形，所以，以为原点，分别以，的方向为轴和轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，过及点的平面为平面，设平面的法向量为，则即取，即平面的一个法向量为易知，平面的一个法向量为，所以，所以过及点的平面与平面所成的锐二面角的余弦值为解法二：（1）如图，在内过作，交于，则直线即为直线理由如下：取的中点，连结，因为和均为等边三角形，所以

15、，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面，又因为平面平面，平面平面，所以，所以直线即为直线（2）由（1）知，因为，所以设的中点为，连结，交于，连结，因为和均为等边三角形，所以，所以，又因为，所以平面，平面，所以平面平面在中，作，垂足为，因为平面平面，平面，所以平面，所以是直线与平面所成的角，所以，因为和均是边长为4的等边三角形，所以，因为，所以由（1）知，过及点的平面为平面，因为平面，平面，所以平面，设平面平面，因为平面，所以，因为平面，平面，平面，所以，所以，又因为平面，平面，所以为平面与平面所成的锐二面角的平面角，在中，由余弦定理得，所以，所以过及点的平面与平面所成的锐二面角的余

16、弦值为20本小题主要考查正弦定理、余弦定理及三角恒等变换等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性和综合性，满分12分解法一：（1）在中，由余弦定理得，又因为，所以，整理得在中，由余弦定理得，所以，即又因为，所以（2）选因为为的内心，所以，由，得，因为，所以，即由（1）可得，即，所以，即，又因为，所以，所以解法二：（1）因为，所以，在中，由正弦定理得，即，即，即，因为，所以，故又因为，所以，（2）选因为为的垂心，所以，又，所以在中，同理可得，又因为，所以，即，又因为在中，所以，因此故，为方程两根

17、，即，因为，所以，所以为等边三角形，所以解法三：（1）同解法一（2）选因为为的垂心，所以，所以在中，由正弦定理得，即又因为在中，由正弦定理得，所以因为，所以又因为，所以解法四：（1）同解法一（2）选因为为的内心，所以在中，由正弦定理得，因为，所以，同理可得又因为，所以，即，即，即，即，即 ，即，即，即，因为，所以，所以，所以，故，即，即，所以为等边三角形，所以解法五：（1）同解法一（2）选因为为的内心，所以又因为，在中，由余弦定理得，同理可得又因为，所以，即，故或（i）当时，为等边三角形，所以（ii）当时，由（1）知，即，所以，即，因为，所以又因为，所以综上所述，说明：设的外接圆半径为，则在中

18、，由正弦定理得，即，因为为外心，所以，与盾，故不能选21本小题主要考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与圆、椭圆的位置关系，平面向量等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，直观想象能力和创新能力等；考查数形结合思想，函数与方程思想，化归与转化思想等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性，综合性与创新性满分12分解法一：（1）以为坐标原点，椭圆的长轴、短轴所在直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，如图设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，依题意得，解得，所以的方程为（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切（i）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故

19、以为直径的圆过点（ii）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，因为与圆相切，所以到直线的距离，即由得，所以，所以，故以为直径的圆过点综上，以为直径的圆过点解法二：（1）同解法一（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切设直线与圆相切于点（i）当时，直线垂直于轴，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点（ii）当时，直线的方程为，因为，所以直线的方程为设，由，得，所以，因为，所以，所以，即，故以为直径的圆过点综上，以为直径的圆过点解法三：（1）同解法一（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，因为与圆相切，所以到直线的

20、距离，即由得，所以，设是以为直径的圆上的任意一点，由，得，化简得，故圆的方程为，它过定点（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点综上，以为直径的圆过点解法四：（1）同解法一（2）因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，因为与圆相切，所以到直线的距离，即由，得，所以，以为直径的圆的圆心为，即半径，以为直径的圆的方程为，整理得，故以为直径的圆过定点（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点综上，以为直径的圆过点22本小题主要考查导数，函数的单调性、零点、不等式等基础知识；考查逻辑推理能力，直观想

21、象能力，运算求解能力和创新能力等；考查函数与方程思想，化归与转化思想，分类与整合思想等；考查逻辑推理，直观想象，数学运算等核心素养；体现基础性、综合性和创新性满分12分解法一：（1）依题意，的定义域为，由，得 ，当时， 恒成立，所以在单调递增；当时，令，得，当时，所以在单调递减；当时，所以在单调递增；综上，当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增（2）设，则，当时， 恒成立，所以在单调递增，又因为，所以，所以，在不存在零点；当时，设，则，当时，所以在单调递减；当时，所以在单调递增；所以，即，因为，所以，又因为且，所以，所以，所以，当时，函数的对称轴为，所以在单调递增，所以，所以，所以在单

22、调递增；当时，所以，所以，所以在单调递增；综上可知，当时，均有在单调递增，又因为，所以在恰有一个零点1，故当时，在恰有一个零点1，因此不存在，且，使得解法二：（1）同解法一；（2）记，则，则，记，设，则，当时，所以在单调递减；当时，所以在单调递增；所以，即，所以，因为，所以，所以，又所以当，时，所以，在上单调递增，又因为，所以在上恰有1个零点1，因此不存在且，使得12分解法三：（1）同解法一；（2）设，则，当时，恒成立，所以在单调递增，又因为，所以，所以，在不存在零点；当时，设，则，当时，所以在单调递减；当时，所以在单调递增；所以，即，因为，所以，又因为且，所以，所以，所以，设，则，所以，所以，综上可知，当时，均有在单调递增，又因为，所以在恰有一个零点1，故当时，在恰有一个零点1，因此不存在，且，使得