《名校》福建省泉州市三检2022届高三数学试卷及答案（解析版） PDF版含解析.pdf

1、高三数学试题 第 1页(共 12 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（三）2022.03高三数学参考答案（选择题）本试卷共 22 题，满分 150 分，共 6 页。考试用时 120 分钟。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 若集合1Ax x，2Bx x，则AB R A B RC2,1D2,1【命题意图】本小题主要考查集合的交集、补集运算等基础知识；考查运算求解能力；体现基础性，导向对发展数学运算核心素养的关注【试题解析】解法一：因为2Bx x，所以 2,+)B R，所以 2,1)AB R，故选 D.解法二：

2、由 2A 且 2B，得2AB R，排除 A,C；又由1A，得1ABR，排除B，故选 D.【试题评析】解题关键在于读懂集合相关符号语言的含义.2.已知向量3,1a=，1,3b=，且abab，则 的值为A 2B 1C1D 2【命题意图】本小题主要考查向量的坐标表示、向量的运算及其几何意义等基础知识；考查运算求解等能力；考查数形结合思想；体现基础性与综合性，导向对发展数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解法一（坐标法）：(4,4)ab，(3,13)ab，由 0abab得16160，即1 ，故选 C解法二：利用22|aa，由 0abab得：22(1)0aba b，所以16160，即

3、1 ，故选 C保密使用前高三数学试题 第 2页(共 12 页)解法三（验证法）：对 A：22223480abababab=，错误；对 B：222320abababab=，错误；对 C：22 0ababab，正确，故选 C.解法四（数形结合法）：如右图知 OACB 为菱形，所以 OCAB，即abab，所以1 ，故选 C.【试题评析】平面向量问题的处理，从代数运算入手和从几何图形入手两个途径并重，各有利弊，可视具体问题灵活选择.3 已知双曲线2222:10,0 xyCabab的焦距为 2 5，点2,1P在 C 的一条渐近线上，则 C的方程为A2214yx B2214xyC22331205xyD22

4、1164xy【命题意图】本小题主要考查双曲线的方程、渐近线等基础知识；考查逻辑推理、运算求解等能力；渗透函数与方程、化归与转化等数学思想；体现基础性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一：由已知 22 5c，则5c，又12ba，且222bac，所以2,1ab.则 C 的方程为2214xy，故选 B.解法二：由已知 22 5c，则5c，对于 C，222553ab，对于 D，22205ba，所以排除 C，D；又由点2,1P在 C 的一条渐近线上，坐标代入方程检验可排除 A.故选 B.【试题评析】圆锥曲线的方程与基本性质，属于必考的基础知识，应作为必得分试题处理.

5、4 6211xxx的展开式中7x 的系数为A5B 6C 7D15高三数学试题 第 3页(共 12 页)【命题意图】本小题主要考查二项式定理、计数原理等基础知识；考查逻辑推理能力和运算求解能力；考查化归与转化等数学思想；体现基础性、综合性，导向对发展数学运算、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解法一：展开式中含7x 的项为:215067766(61)5xC xx C xxx，所以7x 的系数为 5，故选 A.解法二：因为65231111xxxxx，所以展开式中含7x 的项为314755xC xx,所以7x 的系数为 5，故选 A.5 已知圆锥 SO 的底面半径为1，若其底面上存在两点,A B，

6、使得90ASB，则该圆锥侧面积的最大值为A2B 2C 2 2D 4【命题意图】本题考查圆锥的轴截面、侧面积等有关基础知识；考查运算求解等能力；考查数形结合思想；体现基础性与综合性，导向对发展数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解法一：设圆锥的母线长为 (1)l l.如图，作圆锥 SO 的轴截面 SAC，由题意得90ASCASB，所以222242ACSASCl，即12l，所以2Srll圆锥侧，故选 A解法二：设圆锥的母线长为 (1)l l 如图，作出圆锥的轴截面 SAC，由题意得90ASC，所以 4590ASO，则2sin12rASOl，即12l，所以2Srll圆锥侧，故选

7、A解法三：设圆锥的母线长为 (1)l l.因为90ASB，所以2ABl，且 OAOBAB，即 22rl，所以12l，所以2Srll圆锥侧，故选 A高三数学试题 第 4页(共 12 页)解法四：设圆锥的母线长为 (1)l l 所以Srll圆锥侧取最大值时，母线取最大值，轴截面顶角取最小值.由圆锥底面上存在两点,A B，使得90ASB，知轴截面顶角最小值为 90，此时母线长为2，圆锥侧面积为2.6.已知函数 sin04f xx在 0,2 有且仅有一个零点，则 的值可以是A1B 3C 5D 7【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象和性质、三角函数的周期等基础知识；考查逻辑推理；考查函数与方程、转化

8、与化归、数形结合等数学思想；体现基础性与综合性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一：函数 sin04f xx，当02x时，4424x，因为 f x 在0,2上有且仅有一个零点，所以224，解得 3722，故选 B解法二：sin04f xx是由sin0yx向左平移 8T 所得由已知 f x 在0,2有且仅有一个零点，则 11112828TT，即 3 27 2828，所以 3722，故选 B解法三：当1 时，由 sin04x，可得4xkk Z，所以在区间 0,2没有零点，当3 时，由 sin 304x，可得123kxk Z，所以在区间 0,2有且仅有一个零点，

9、故选 B.另外当5 时，f x 的周期22T，故 f x 在 0,2的零点至少有两个，舍去.【试题评析】本题是检测核心素养的典型试题.体现对弦型曲线特征的整体把握，整体上把握图象特征，结合理性思维，才能找到问题解决的突破口.高三数学试题 第 5页(共 12 页)7 已知函数2()axxf xbc，若3log31bac，则A()()()f af bf cB()()()f cf bf aC()()()f bf af cD()()()f bf cf a【命题意图】本小题主要考查基本初等函数的图象、运用函数单调性比较数的大小等基础知识；考查逻辑推理、运算求解；考查数形结合、转化与化归等数学思想；体现基

10、础性、综合性和应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一(特值法)：令3c 得27a，1b,2()axxf xbc的对称轴为1254bax，所以2bbcaa,因为()f x 在,2ba 单调递增，所以()()()f bf cf a，故选 D.解法二：作函数3logyx，3xy，yx的图像，易得直线1yc与 函 数 的 交 点 的 横 坐 标 分 别 为,a b c，如 图 所 示，由 图 知01bca，因为3log1a ，所以3a，所以 2bbcaa，下同解法一8 1883 年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.右图是其构造过程的图示，其详细构

11、造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间0 1，平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间10 3，和 2 13，；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：10 9，2 19 3，2 73 9，8 19，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历 n 步构造后，20212022 不属于剩下的闭区间，则 n 的最小值是A7B8C9D10【命题意图】本小题主要考查集合、数列递推等基础知识；考查抽象概括与运算求解能力；考查数据处理能力、应用意识等；体现基础性、综合性与应用性，导向对发展数学高三数学试题 第 6页(共 12 页)运算、数

12、学建模、数据分析等核心素养的关注【试题解析】解：由题意可知，构造过程中每一步剩下的最右边的闭区间依次为 2 13，8 19，所以第 n 步构造后，剩下的最右边的区间段为1113n，若1202111120223n，且 202111120223n，即112021111320223nn，即33log 2022log 20221n，因为*nN，所以7n 经历第 7 次构造后，最右侧的两个闭区间为67121133，和71113，且77112320223，7722021111320223，即 20212022 不属于剩下的任何闭区间，故选 A二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每

13、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，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分。9.已知点 M 在直线:43l yk x上，点 N 在圆22:9O xy上，则下列说法正确的是A点 N 到 l 的最大距离为 8B若 l 被圆 O 所截得的弦长最大，则43k C若 l 为圆 O 的切线，则 k 的取值范围为70,24D若点 M 也在圆O 上，则 O 到 l 的距离的最大值为 3【命题意图】本小题主要考查直线与圆的方程、直线与圆的位置关系等基础知识；考查逻辑推理、运算求解；考查函数与方程、数形结合、转化与化归等数学思想；体现基础性、综合性和应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理、

14、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：易知直线 l 过定点(3,4)P，如图所示：对 A：点 O 到直线 l 的距离的最大值为22|345OP，所以点 N到 l 的最大距离为|538OPr，故选项 A 正确；对 B：若 l 被圆 O 所截得的弦长最大，则直线 l 过圆心 O，即高三数学试题 第 7页(共 12 页)0403k，所以43k，故选项 B 正确；对 C：若 l 为圆 O 的切线，则圆心 O 到直线l 的距离2|34|31kdk，解得724k，故选项C 错误；【或由0k，直线为4y，显然不与圆 O 相切，故选项 C 错误.】对 D：若点 M 也在圆O 上，则l 与圆O 相交或相切，当

15、l 与圆O 相切时，O 到 l 的距离的最大值为半径 3，故选项 D 正确；故选 ABD.10设1z，2z 为复数，则下列命题正确的是A若12|0zz，则12zzB若12|zz，则2212zzC若120zz，则21zzD若120z z，则10z 或20z【命题意图】本小题主要考查复数的概念、复数的表示方法、复数的模和复数的复数的运算等基础知识；考查逻辑推理、运算求解；考查数形结合、转化与化归等数学思想；体现基础性和综合性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：对 A：设1izab，2izcd，则12i(i)()izzabcdacbd，若2212|()()0zza

16、cbd，则 ac且bd，所以12zz，故 A 正确；【另解：若12|0zz，由运算的几何意义知12zz，对应的点重合，故12zz.】对 B：取11z ，2iz ，则12|1zz，此时211z，221z ，2212zz，故 B 错误；对 C：取11iz ，2iz ，则1210zz，此时21zz，故选项 C 错误；对 D：设1izab，2izcd，则12(i)(i)()iz zabcdacbdadbc，若120z z，则0,0,acbdadbc得,acbdadbc 所以22a cdb cd，若00cd且，则显然成立，此时20z；若00cd且，则易得0ab，此时10z；高三数学试题 第 8页(共 1

17、2 页)若00cd且，即得10z；若00cd且，得22ab，则0ab，此时10z，故选项 D 正确.【另解：因为1212|z zzz，所以，若120z z，则1|0z 或2|0z，故10z 或20z，故 D 正确.】故选 AD11某校高三 1 班 48 名物理方向的学生在一次质量检测中，语文成绩、数学成绩与六科总成绩在全年级中的排名情况如下图所示，“”表示的是该班甲、乙、丙三位同学对应的点.从这次考试的成绩看，下列结论正确的是A该班六科总成绩排名前 6 的同学语文成绩比数学成绩排名更好B在语文和数学两个科目中，丙同学的成绩名次更靠前的科目是语文C数学成绩与六科总成绩的相关性比语文成绩与六科总成

18、绩的相关性更强D在甲、乙两人中，其语文成绩名次比其六科总成绩名次靠前的学生是甲【命题意图】本小题主要考查统计图表、相关关系等基础知识；考查读图、识图、用图的能力以及逻辑推理能力；体现基础性、综合性和创新性，导向对发展数据分析、逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】解：对 A：该班总成绩排名前 6 的同学即为年级前 100 名的同学，数学成绩都在前 200 名，而语文成绩比较离散，有 2 个是前 200 名，剩下 4 位同学都在 200 名之后，且有 1 位同学的语文成绩大约是 400 名，故选项 A 错误；对B：由右图丙同学六科总成绩是400500的三位同学中靠前的一位，其语文成绩在250300

19、名，对应左图找通过六科总成绩找到丙同学，其数学成绩排名大约是 400 名，所以丙同学语文成绩靠前，故选项 B 正确；对 C：由散点图可知，数学成绩与总成绩的分布呈左下到右上的趋势，且在一条直线附丙甲乙高三数学试题 第 9页(共 12 页)近，语文成绩与总体成绩比较分散，故选项 C 正确；对 D：由左图知甲同学总成绩排名是在 100110 名，由总成绩排名可在右图找到甲同学对应的点，其语文成绩大约是 50 名，所以甲同学语文成绩靠前.同理，由左图知乙同学的总成绩排名是在 240250 名，可在右图找到乙同学对应的点，其语文成绩大约是 250 名，故选项 D 正确；故选 BCD.12.已知函数()

20、f x 的定义域为 0 ，且满足2210,1,()log31,2,xxf xxx，当2x 时，2f xf x，为非零常数，则下列说法正确的是A当1 时，21log 804fB当0 时，()f x 在10,11 单调递增C当1 时，()f x 在*0 4nnN，的值域为2122,nnD当0，且1 时，若将函数12()xg x与()f x 的图象在*0 2nnN，的 m 个交点记为,iix y(1 2 3)im，则211mniiixyn【命题意图】本小题主要考查分段函数、函数的值域、函数的单调性、函数的周期性、函数图象的变换、等比数列的前 n 项和等基础知识；考查逻辑推理、运算求解；考查数形结合、

21、转化与化归等数学思想；体现基础性、综合性和创新性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：对 A：当1 时，2f xf x，则 42f xf xf x，所以，当2x 时，()f x 满足 4f xf x.因为222log 64log 80log 128，即26log 807，所以222log 80log 804log 5fff2log 52f 25log 4f ，因为25log0,14，所以2log 80f25log 4f 25log 421 14，故选项 A 错误；高三数学试题 第 10页(共 12 页)对 B：当0 时，()f x 在0,1 的单调性与()f

22、x 在2,21nn*nN的单调性相同，因为()f x 在0,1 单调递增，所以()f x 在10,11 单调递增，故选项 B 正确.对 C：由 2f xf x得，242()f xf xf x，则24()nf xnf x.因为1 ，如图可知，()f x 在01，和*41,41nnn N单调递增，在*43,41nnn N单调递减.当*0 4xnn，N时，min()f x2(1)(41)(414(1)nfnfnn 22(3)nf21(1)nf21n；max()f x2(1)(43)(434(1)nfnfnn22(1)nf22n.所以()f x 在*0 4nnN，的值域为2122,nn，故选项 C 正

23、确.对 D：由图像可知，12()xg x与()f x 的图象在*0 2nnN，有 n 个交点，且21ixi，1iiy，1,2,3in，因为0，且1 ，所以数列 ix是等差数列，数列 iy是等比数列.所以111mnniiiiiiixyxy(121)121nnn211nn，故选项 D 错误.故选 BC.高三数学试题 第 1页(共 12 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（三）2022.03高三数学参考答案（填空题）本试卷共 22 题，满分 150 分，共 6 页。考试用时 120 分钟。三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若sin 21cos213，则 tan【

24、命题意图】本小题主要考查二倍角公式、三角恒等变换等基础知识；体现基础性，导向对发展数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解：因为22sin 22sincos2sincostancos212cos2cos11，所以1tan3 14写出一个满足1f x 为偶函数，且在0,单调递增的函数 f x.【命题意图】本小题主要考查函数奇偶性、函数单调性等基础知识；考查抽象概括；体现基础性、应用性和开放性，导向对发展逻辑推理、数学抽象等核心素养的关注【试题解析】解：21f xx或 1f xx或 12xf x或 ln1f xx或 11xxf xee（答案不唯一）15已知抛物线2:4E yx的焦点为 F，

25、准线为 l，过 F 的直线 m 与 E 交于,A B 两点，AF 的垂直平分线分别交 l 和 x 轴于,P Q 两点若AFPAFQ，则|AB【命题意图】本小题主要考查抛物线的方程、定义、焦点弦长公式、平面几何的性质等基础知识；考查数形结合、转化与化归等数学思想；体现基础性、综合性和创新性，导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：因为 AF 的垂直平分线交 l 于点 P，所以|PFPA，且AFPPAF；又AFPAFQ，所以PAFAFQ，所以 PAx 轴，即 APl，保密使用前高三数学试题 第 2页(共 12 页)由抛物线的定义得|PAAF，所以PAF为等边三角形所以60PAF

26、AFQ 解法一：所以直线 m 的方程为31yx.设11,A x y，22,B xy.由231,4,yxyx消去 y 整理得231030 xx，由韦达定理，得12103xx，所以1216|23ABxx.解法二：设 l 和 x 轴交于点 G，过 B 作 BCl 于点 C，作 BDAP于点 D.在PGFRt中，|2GF，60PFG，所以|4PFPAAF.因为|BFBCPD，所以|4|ADPAPDPABFBF.在ABDRt中，|2|ABAD，即4|2 4|BFBF，所以4|3BF.故16|3ABAFBF.解法三：由二级结论112|AFBFp得，1114|BF，所以4|3BF.故16|3ABAFBF.解

27、法四：由二级结论，得222416|sinsin 603pAB.【注：答案写成 15 3 者，也是对的，但写成小数 5.333 者，不能得分.】16已知三棱锥 ABCD的所有顶点都在球 O 的球面上，ABACDBDC，24ADBC，则球 O 的表面积的最小值为【命题意图】本小题考查球的有关基础知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力；考查数形结合、化归与转化等思想；体现基础性与综合性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：设,E F 分别为 BCAD，的中点，连结,AE DE BF CF.由已知，ABDB，ACDC，BCBC得ABCDBC.因为 E 是 BC

28、中点，所以 AEDE，又因为 AFDF，所以 EFAD，高三数学试题 第 3页(共 12 页)即直线 EF 是线段 AD 的垂直平分线.同理，ABAC，BDDC，ADAD得ABDACD.因为 F 是 AD 中点，所以 BFCF，又因为 BEDE，所以 EFBC，即直线 EF 是线段 BC 的垂直平分线.由知，球心 O 在直线 EF 上，设球 O 的半径为 R，则2,4,OBOCBCOAODAD即22,24,RR即2R，当且仅当 O 是 AD 中点时，2R，所以球O 的表面积的最小值为2416SR.高三数学试题 第 1页(共 26 页)17（10 分）在平面四边形 ABCD 中，1AB ，3BC

29、，60B，30ACD（1）若213AD，求ADC；（2）若 BDCD，求ACD的面积.【命题意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式和三角恒等变换等基础知识；考查抽象概括、逻辑推理、运算求解等能力；考查数形结合思想、函数与方程思想；体现基础性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】（1）法一：在ABC中，由余弦定理，得2222cosACABBCAB BCABC，2 分即21192 1 372AC ，所以7AC.3 分在ACD中，由正弦定理，得 sinsinADACACDADC，4 分即2173sin30sinADC，所以3sin2ADC，所以60ADC 或120

30、.5 分法二：在ABC中，由余弦定理，得2222cosACABBCAB BCABC，2 分即21192 1 372AC ，所以7AC.3 分在ACD中，由余弦定理，得2222cosADACCDAC CDACD，即233 21140CDCD，所以213CD 或2 213CD.当213CD 时，CDAD，此时30ACDDAC ，所以1803030120ADC .4 分当2 213CD 时，222CDADAC，此时90DAC，所以180309060ADC .5 分综上60ADC或120.5 分高三数学试题 第 2页(共 26 页)法三：在ABC中，由余弦定理，得2222cosACABBCAB BCA

31、BC，2 分即21192 1 372AC ，所以7AC.3 分在ACD中，由余弦定理，得2222cosADACCDAC CDACD，即233 21140CDCD，所以213CD 或2 213CD.在ACD中，由余弦定理，得,222cos2ADCDACADCAD CD所以777133cos1423ADC 或7287133cos2823ADC4 分所以60ADC或120.5 分【补充说明】本小题答案具有开放性。因调控难度需要，没有在开放性答案的选择上另行设置给分点.若考生没讲理由，直接舍去 60 答案者，扣 1 分，直接舍去120 答案者，扣 1 分；有指出理由（如认为平面四边形一般指的是凸四边形

32、）才舍去 60答案者，不论在解题过程中的哪个地方指出，均不扣分.【说理样例】（默认平面四边形一般指的是凸四边形）当60ADC 时，90DAC，又由179cos02 17BAC，知90BAC，从而180BADBACDAC ，不符合题意，舍去.故120ADC.（2）法一：设ACB.在ABC中，由正弦定理，得71sin60sin，所以21sin14.6 分又 ABBC，所以 为锐角，因此25 7cos1sin14，7 分所以3121coscos30cossin227BCD.8 分设 E 为线段 BC 中点，连接 DE.因为 BDCD，故 DEBC，32CE，所以3212cos2217CECDBCD.

33、9 分因此17 3sin3028ACDSAC CD.10 分法二：设ACB.在ABC中，由正弦定理，得2222cosABBCACBC AC，6 分数字代入求解得5 7cos14，7 分下同法一.高三数学试题 第 1页(共 26 页)18（12 分）体育课程的实施可以有效地促进学生身体的正常发育，提高身体的健康水平.某校对高一年男生进行1000 米测试，经对随机抽取的 100 名学生的成绩数据处理后，得到如下频率分布直方图：（1）从这 100 名学生中，任意选取 2 人，求两人测试成绩都低于 60 分的概率；（2）从该校所有高一年男生中任意选取 3 人，记 70 分以上的人数为，求 的分布列和期

34、望；（3）从样本频率分布直方图中发现该校男生的 1000 米成绩 近似服从2,N ，已知样本方差2116 44s.，高一年男生共有 1000 人，试预估该校高一年男生 1000 米成绩在 89.2 分以上的人数附：116 4410 8.若2,N ，则0 6826.PX，220 9544.PX【命题意图】本小题主要考查样本数字特征、古典概型、二项分布、正态分布等基础知识；考查逻辑推理、运算求解；考查样本估计总体的统计思想；体现基础性、综合性和应用性，导向对发展数据分析、数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：（1）由频率分布直方图知，测试成绩低于 60 分的频率为(0.001

35、0.002)100.03，1 分共有 0.03 100=3人，设事件 A 表示“从这 100 名学生中，任意选取 2 人，两人测试成绩都低于 60 分”，则 232100311009916502CP AC.3 分【说明：列式 232100CP AC1 分，计算得11650 1 分，未交代事件 A，回扣 1 分.】（2）由频率分布直方图知，测试成绩在 70 分以上的频率为4(0.0400.0220.018)105，高三数学试题 第 2页(共 26 页)用样本的频率估计总体的概率，4 分【说明：未写“用样本的频率估计总体的概率”，不得此分.】则可判定，,B n p（其中3n，45p），5 分所以随

36、机变量 的分布列为：0033411(0)()()55125PC，11234112(1)()()55125PC，22134148(2)()()55125PC，33034164(3)()()55125PC，7 分7 分【说明：2 个或 3 个正确得 1 分，4 个正确得 2 分.】随机变量 的分布列也可列表表示为：0123P11251212548125641257 分所以随机变量 的数学期望为 412355Enp.8 分（3）由样本的频率分布直方图得样本平均数为450.01550.02650.17750.40850.22950.18x 9 分45100.02200.17300.40400.2250

37、0.18450.23.4128.8978.4，以样本估计总体，得78.4.且由2116 44s.且 116 4410 8.，可得10.8.因为78.410.889.2，10 分所以10.682689.20.15872P，11 分所以10000.1587158.7159，12 分即预估跑步成绩在 89.2 分以上的人数为 159 人.12 分高三数学试题 第 1页(共 26 页)19（12 分）已知数列 na满足12121111nnnaaaaaaa.（1）求 na的通项公式；（2）在ka 和*1kakN中插入 k 个相同的数11kk，构成一个新数列 nb：1234,1,2,2,3,3,3,aaa

38、a，求 nb的前100 项和100S【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义、等差数列前n 项和公式及递推数列等基础知识；考查抽象概括与运算求解能力；考查化归与转化思想思想体现基础性与综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：（1）因为12121111nnnaaaaaaa.，当2n 时，11212111111nnnaaaaaaa.，1 分，得11nnnnaaaa，所以11nnaa ，3 分又1n 时，11111aaa，即12a，4 分所以数列 na是以 2 为首项，1为公差的等差数列，所以2111nann .5 分（2）法一：设插入的所有数构成数列 nc.因为1231278，7

39、8 1391 100，123121391，91 14105100，所以，12100,b bb中包含 na的前13 项及 nc的前87 项，8 分所以10012131287()()Taaaccc 9 分 2222223141234111213 9132141231213 92 11 分【各 1 分】13 8 13 613 9143.12 分高三数学试题 第 2页(共 26 页)（2）法二：根据数列 nb的构造规律，可知 nb中等于ka 的项之前，有插入的 123(1)k 项和原数列 na中的前1k 项，故 nb中的ka，即 nb的第(1)2k k 项，即(1)2k kkba.7 分因为13 14

40、14 1510022，所以，12100,b bb中包含 na的前13 项及 nc的前87 项，8 分所以10012131287()()Taaaccc 9 分 2222223141234111213 9132141231213 9211 分13 8 13 613 9143.12 分（2）法三：设ka 和插入的 k 个数11kk构成一组数，则前 k 组数共有1322k kk kk个，6 分令 31002k k，解得12k，当12k 时有 312 159010022k k，7 分所以 nb的前100项中包含前12 组数和第13 组数的前10 个，8 分所以22210012111213(1)(2)(1

41、1)(12)(13 9)Saaaaa 2222223141234111213 910 分132141231213 9211 分13 8 13 613 9143.12 分高三数学试题 第 1页(共 26 页)20（12 分）如图，多面体 ABCEF 中，ABAC，BFCE，D 为 BC 的中点，四边形 ADEF 为矩形（1）证明：BE CE；（2）若2AB，120BAC，当三棱锥 EBCF的体积最大时，求二面角 ABFE的余弦值【命题意图】本小题主要考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的运算与应用等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等

42、；体现基础性、综合性与应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）因为四边形 ADEF 为矩形，所以 ADDE因为 ABAC，D 为 BC 的中点，所以 ADBC因为 DEBCD，,DE BC 平面 BCE，所以 AD 平面 BCE 1 分又四边形 ADEF 为矩形，所以 ADFE，所以 FE 平面 BCE，2 分又 EC 平面 BCE，所以 FECE 3 分又 BFCE，BFFEF，所以 CE 平面 BEF 4 分又 BE 平面 BEF，所以 BECE5 分（2）因为2AB，120BAC，在ADBRt中，112ADAB，3BD，所以2 3BC 由（

43、1）知 FE 平面 BCE，所以E BCFFBCEVV13BCESEF，.6 分【体积公式】E BCFF BCEVV16 BE CE22112 CEBE21112 BC，高三数学试题 第 2页(共 26 页)当且仅当6BECE时，等号成立，即三棱锥 EBCF的体积最大.7 分【基本不等式】又 DBDC，所以 DEBC又 ADBC，ADDE，所以，以 D 为坐标原点，分别以,DA DB DE 为,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，8 分则所以(1,0,0)A，(0,3,0)B，C(0,3,0)，(0,0,3)E，(1,0,3)F，所以(1,3,0)AB ，(0,0,3)AF，(1,0,0

44、)EF，(0,3,3)EB，9 分设平面 ABF 的法向量为111(,)xyzu，平面 BEF 的法向量为222(,)xyzv，由0,0,ABAF uu得11130,30,xyz令11y ，得(3,1,0)u，10 分由0,0,EBEF vv得222330,0,yzx令21y ，得(0,1,1)v，11 分设二面角 ABFE的大小为)2 （，则|2cos|4 u vuv，12 分即当三棱锥 EBCF的体积最大时，二面角 ABFE的余弦值为24.12 分解法二：（1）同解法一.5 分（2）因为2AB，120BAC，在ADBRt中，112ADAB，3BD，所以2 3BC 由（1）知 FE 平面 B

45、CE，所以E BCFFBCEVV13BCESEF，.6 分【体积公式】E BCFF BCEVV16 BE CE22112 CEBE21112 BC，当且仅当6BECE时，等号成立，即三棱锥 EBCF的体积最大.7 分【基本不等式】以 E 为坐标原点，以,EFEC EB 分别为,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，.8 分所以66(1,)22A，(0,0 6)B，(0,0,0)E，(1,0,0)F，所以66(1,)22AB ，66(0,)22FA，9 分高三数学试题 第 3页(共 26 页)易知平面 BEF 的法向量为(0,1,0)v，10 分设平面 ABF 的法向量为(,)x y zu，

46、由00ABAF uu得 2660,0,xyzyz，令1y 得(6,1,1)u，11 分设二面角 ABFE的大小为)2 （，则|2cos|4 u vuv，12 分即当三棱锥 EBCF的体积最大时，二面角 ABFE的余弦值为24.12 分解法三：（1）同解法一.5 分（2）因为2AB，120BAC，在ADBRt中，112ADAB，3BD，所以2 3BC 由（1）知 FE 平面 BCE，所以E BCFF BCEVV13BCESEF，.6 分【体积公式】E BCFFBCEVV16 BE CE22112 CEBE21112 BC，当且仅当6BECE时，等号成立，即三棱锥 EBCF的体积最大.7 分【基本

47、不等式】设二面角 ABFE的大小为)2 （.由E ABFB AEFVV得点 E 到平面 ABF 的距离为13322AEFABFSBDEF BDdSAB，8 分又点 E 到直线 BF 的距离/6 14277BE EFdBF，9 分所以/3142sin4427dd，10 分高三数学试题 第 4页(共 26 页)所以22cos|cos|1sin4，即2cos4 ，故当三棱锥 EBCF的体积最大时，二面角 ABFE的余弦值为24.12 分【又点 E 到直线 BF 的距离/6 14277BE EFdBF，9 分所以/3142sin4427dd，10 分所以22cos|cos|1sin4，即2cos4 ，

48、故当三棱锥 EBCF的体积最大时，二面角 ABFE的余弦值为24.12 分】高三数学试题 第 1页(共 26 页)21（12 分）已知点11 0F ，2 1 0F，M 为圆 O：224xy上的动点，延长1F M 至 N，使得1|MNMF，1F N的垂直平分线与2F N 交于点 P，记 P 的轨迹为 （1）求 的方程；（2）过2F 的直线 l 与 交于 A B,两点，纵坐标不为 0 的点 E 在直线4x 上，线段 OE 分别与线段 AB，交于 C，D 两点，且2|ODOCOE，证明：|ACBC【命题意图】本小题主要考查椭圆的定义、标准方程，直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推

49、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【试题解析】解法一：（1）连结 MO，1PF 因为1F N 的垂直平分线交2F N 于点 P，所以1|PFPN所以1222|PFPFPNPFNF 1 分在12NF F中，1|MNMF，12|FOOF，所以2|2|4NFOM，即1212|4|PFPFF F.2 分所以点 P 的轨迹 是以1F，2F 为焦点，长轴长为 4 的椭圆.3 分由已知11,0F，2 1,0F，故 的方程为22341xy.4 分（2）因为2|ODOCOE，即|ODOEOC

50、OD，即|DECDxxxx，5 分由已知，显然0Cx，且4Ex，所以24DCxx.6 分（i）当直线l 的斜率不存在时，即直线 l：1x .这时1Cx ，2Dx，24DCxx显然不成立.高三数学试题 第 2页(共 26 页)（ii）当直线l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为1yk x，11,A x y，22,B xy.由221,1,43yk xxy消去 y，整理得22224384120kxk xk，7 分由韦达定理，得2122843kxxk.所以21224243xxkk，即线段 AB 的中点横坐标为22443kk.8 分设直线 OE 的方程为0yk x k.由1,yk xyk x解得kxkk

51、，即Ckxkk.9 分由22,1,43yk xxy解得221243xk，即221243Dxk.10 分由24DCxx，得212443kkkk，化简，得34kk ，34kk .11 分所以2243434Ckkxkkk，即点C 为线段 AB 的中点，故|ACBC12 分【若（ii）得满分，但漏掉（i）的说明，扣 1 分；若（ii）未得满分，对漏掉（i）的说明者，不补扣 1 分】解法二：（1）设(,)P x y，00(,)M xy 1 分则00(21,2)Nxy，2(1,)F Pxy，2002,2)F Nxy（，00(,)MPxxyy，100(2+2,2)F Nxy因为1F N 的垂直平分线交2F

52、N 于点 P，所以10MP F N，22F PF N，因此0000()(1)()0 xxxyy y，00(1)y xx y 2 分又22004xy，联立解得022022(1)(4),(1)(4).(1)xxxxyx yyxy3 分代入22004xy并化简整理得 的方程为22341xy.4 分高三数学试题 第 3页(共 26 页)（2）由已知直线 OE 的斜率存在，设为 k，又 E 的纵坐标不为 0，则0k，则直线 OE 的方程为0ykx k.则22222|1DDDODxykx，222|1|CCCOCxykx，222|1|EEEOExykx.5 分由已知4Ex，0Cx.且2|ODOCOE，所以2

53、4DCxx.6 分由22,1,43ykxxy解得221243xk，即221243Dxk.7 分由已知，直线 l 过点2F，且 l 不能与 x 轴重合，则设直线 l 的方程为1myx，因为直线 l 与直线 OE 相交，故1mk .设11,A x y，22,B xy.由1,myxykx解得11xmk，即11Cxmk.8 分由24DCxx，得2124431kmk，即34km，故2434Cxm.9 分由221,1,43myxxy消去 y，整理得2223484120mxxm，10 分由韦达定理，得122834xxm.11 分所以122 Cxxx，即点C 为线段 AB 的中点，故|ACBC 12 分解法三

54、：（1）连结 MO，1PF 因为1F N 的垂直平分线交2F N 于点 P，所以1|PFPN所以1222|PFPFPNPFNF 1 分在12NF F中，1|MNMF，12|FOOF，所以2|2|4NFOM，即12|4PFPF.2 分设(,)P x y 由已知11,0F，2 1,0F，高三数学试题 第 4页(共 26 页)所以2222114xyxy（）（）.3 分化简，得22341xy，故 的方程为22341xy.4 分（2）由已知，OC与 OE方向相同，且2|ODOCOE，所以2ODOC OE，5 分即2DCExxx，因为4Ex，所以24DCxx.6 分（i）当直线l 的斜率不存在时，即直线l

55、：1x .这时1Cx ，2Dx，24DCxx，不符合题意.（ii）当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为1yk x，11,A x y，22,B xy，线段 AB 的中点00,M xy.221122221,431,43xyxy相减得，21212121043xxxxyyyy，7 分即02121034yyyxxx，即34OMk k.8 分设直线 OE 的方程为0yk x k.由1,yk xyk x解得kxkk，即Ckxkk.9 分由22,1,43yk xxy解得221243xk，即221243Dxk.10 分由24DCxx，得212443kkkk，化简，得34kk ，11 分又因为34OMk

56、 k，所以OMkk，即直线 OE 与直线 OM 重合，即点 C 与点 M 重合，则点 C 为线段 AB 的中点，故|ACBC12 分高三数学试题 第 1页(共 26 页)22（12 分）已知函数()()sincosf xxmxx，50 4x，.（1）当2m时，讨论()f x 的单调性；（2）若0m，()1()f xa x，求 a.【命题意图】本小题主要考查运用导数判断函数的单调性、求函数的最值、零点存在定理等基础知识；考查抽象概括、推理论证、运算求解等能力；考查函数与方程、化归与转化、分类与整合、数形结合等数学思想；体现综合性、应用性与创新性，导向对发展逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学建模等

57、核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）由已知得()sin()cossinfxxxmxx()cosxmx 1 分当2m 时，()fx cos2xx，若0 2x，02x，cos0 x，则()0fx，()f x 在0 2，单调递减；若 5,24x，02x，cos0 x，则()0fx，()f x 在 5,24 单调递减.由于()f x 的图象在2x 处连续，故()f x 在50 4，单调递减.2 分当02m时，若2mx，()0fx，故()f x 在2m，单调递增；若 0 xm或 524x，()0fx，故()f x 在0,m 和 5,24 单调递减.3 分当0m 时，对于50 4x，恒有0 xm.若0

58、 2x，cos0 x，()0fx，故()f x 在0 2，单调递增；若 5,24x，cos0 x，()0fx，故()f x 在 5,24 单调递减.4 分由于()f x 的图象在前述所讨论的各区间端点处均连续，故综上所述，可得：当0m 时，()f x 在0 2，单调递增，在 5,24 单调递减；当02m时，()f x 在2m，单调递增，在0,m 和 5,24 单调递减；当2m 时，()f x 在50 4，单调递减.5 分【说明：基于本小题的思维量和分类讨论的复杂性，对于图象连续性的交代和单调区间是否包括区间端点高三数学试题 第 2页(共 26 页)的问题，不做严格要求，不做扣分处理.】（2）当

59、0m 时，()1()f xa x，即 sincos1 0 xxxaxa ，令()sincos1g xxxxaxa，50 4x，则只需max()0gx .6 分()sincossing xxxxxacosxxa，令()()h xg x，则()cossinh xxxx.当,2x 时，()0h x，所以()()h xg x单调递减.当0a 时，()02g xga ，()g x 在 ,2单调递减，又()0g，当,2x，()0g x，故max()0gx 不成立；7 分【的另解：当0a 时，由于()(1)1022ga，故max()0gx 不成立；】当 0a时，因为()0ga ，02ga ，由零点存在定理得

60、，0,2x，0()0g x，且当0,xx时，()0g x，()g x 在0,x单调递减，当0,xx，均有()()0g xg，故max()0gx 不成立；8 分当a 时，()cosg xxx，()+0g.（i）当0,2x 时，()0g x，所以()g x 在0,2单调递增；当,2x 时，因为()g x单调递减，所以当,2x，()()0g xg，所以()g x 在 ,2单调递增.由()g x 在0,2单调递增，且在 ,2单调递增，可知，()g x 在0,单调递增.9 分（ii）当5,4x 时，令()()cossinF xh xxxx，()cos2sinF xxxx，则()0F x，()F x 在5

61、,4单调递增，()10F ，52 5()(1)0424F，由零点存在定理得，15,4x，1()0F x.当1,xx时，()0F x，即()0h x，()()h xg x单调递减；高三数学试题 第 3页(共 26 页)当15,4xx时，()0F x，即()0h x，()()h xg x单调递增，且()0g，55 2()1048g，由零点存在定理得，215,4xx，当2,xx时，()0g x，()g x 单调递减；当25,4xx时，()0g x，()g x 单调递增.10 分综合（i）（ii）的结论，又()0g，2525()+1104244g ，可得，max()0g x，符合题意.11 分当a 时

62、，()0ga .当5,4x时，由（ii）知，()g x在1,x单调递减，在15,4x单调递增，且111()cosg xxxa.若1()0g x，则()g x 在1,x单调递增，对于1,xx，均有()()0g xg，不符合题意；若1()0g x，则31,xx，3()0g x，当3,xx时，()0g x，()g x 在3,x单调递增，对于3,xx，均有()()0g xg，不符合题意.故当a 时，不符合题意.12 分综上所述：a .12 分解法二：（1）同解法一.5 分（2）当0m 时，()1()f xa x，即 sincos1 0 xxxaxa ，令()sincos1g xxxxaxa，50 4x

63、，只需max()0gx .6 分考察函数式()sincos1g xxxxaxa，发现()0g，所以，若 sincos1 0 xxxaxa （50 4x，），则 必为()g x 的最大值点，7 分从而必为()g x 的极大值点，必有()0g.高三数学试题 第 4页(共 26 页)由()g xcosxxa，得()0ga ，解得a .8 分【注：前述证得“a ”是“sincos1 0 xxxaxa （50 4x，）”的必要条件.】下面证明a 符合题意.【即证明充分性】当a 时，()cosg xxx，令()()h xg x，则()cossinh xxxx.（i）当0,2x 时，()0g x，所以()g

64、 x 在0,2单调递增；当,2x 时，()0h x，所以()()h xg x单调递减，所以当,2x，()()0g xg，所以()g x 在 ,2单调递增.由()g x 在0,2单调递增，且在 ,2单调递增，可知，()g x 在0,单调递增.9 分（ii）当5,4x 时，令()()cossinF xh xxxx，由()cos2sinF xxxx，得()0F x，()F x 在5,4单调递增，因为()10F ，52 5()(1)0424F，所以由零点存在定理知，15,4x，1()0F x.当1,xx时，()0F x，即()0h x，()h x 单调递减，即()g x单调递减；当15,4xx时，()

65、0F x，即()0h x，()h x 单调递增，即()g x单调递增，10 分因为()0g，55 2()1048g，所以由零点存在定理知，215,4xx，2()=0g x，当2,xx时，()0g x，()g x 单调递减；当25,4xx时，()0g x，()g x 单调递增.11 分综合（i）（ii）的结论，又()0g，2525()+1104244g ，可得，max()0g x，符合题意.12 分综上所述：a .12 分高三数学试题 第 5页(共 26 页)解法三：（1）同解法一.5 分（2）当0m 时，()1()f xa x，即 sincos1()xxxa x，令()sincos1m xxx

66、x，()()n xa x，50 4x，.sincos1()xxxa x（50 4x，）等价于曲线段()sincos1m xxxx（50 4x，）恒在直线()()n xa x的下方（含在直线上），6 分由于直线()()n xa x过曲线段()sincos1m xxxx（50 4x，）上的点(,0)，故直线()()n xa x必与曲线段()sincos1m xxxx 相切于点(,0)，7 分所以()(cos)|xamxx .8 分以下证明当a 时，sincos1()xxxa x（50 4x，）：【即证明充分性】令2()sincos+1g xxxxx，50 4x，则()cosg xxx，令()()h

67、 xg x，则()cossinh xxxx.（i）当0,2x 时，()0g x，所以()g x 在0,2单调递增；当,2x 时，()0h x，所以()()h xg x单调递减，所以当,2x，()()0g xg，所以()g x 在 ,2单调递增.由()g x 在0,2单调递增，且在 ,2单调递增，可知，()g x 在0,单调递增.9 分（ii）当5,4x 时，令()()cossinF xh xxxx，由()cos2sinF xxxx，得()0F x，()F x 在5,4单调递增，因为()10F ，52 5()(1)0424F，所以由零点存在定理知，15,4x，1()0F x.当1,xx时，()0

68、F x，即()0h x，()h x 单调递减，即()g x单调递减；当15,4xx时，()0F x，即()0h x，()h x 单调递增，即()g x单调递增，10 分因为()0g，55 2()1048g，高三数学试题 第 6页(共 26 页)所以由零点存在定理知，215,4xx，2()=0g x，当2,xx时，()0g x，()g x 单调递减；当25,4xx时，()0g x，()g x 单调递增.11 分综合（i）（ii）的结论，又()0g，2525()+1104244g ，故证得，对于50 4x，2()sincos+1()0g xxxxxg .综上所述：a .12 分【关于2525()+1104244g 的估算：22525()+1102+45+44244g （），因22+45+419.7（）19.4,，故2525()+1104244g .】