泉州市2022届高中毕业班质量检测（五）试卷解析、参考答案、命题思路及评分标准.pdf

1、高三数学试题 第 1页(共 31 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（五）选择题填空题试题解析一、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若复数1iz ，则A22z B22zC2z zD1zz 【命题意图】本小题主要考查复数的概念、复数的表示方法和复数的运算等基础知识；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：对 A：由1iz ，得2221i12i+i12i12iz ，故选项 A 错误；对 B：由1iz ，得1iz ，则2221i12ii2iz ，故选项 B 错误；对 C：由复数的

2、性质，得2222|(11)2z zz，故选项 C 正确.对 D：由1iz ，得1iz ，则2221i1i12i+ii1i1i 1i1izz，故选项 D 错误；故选 C2已知函数 sin(2)2f xx，则 f xA在0,单调递减B在0,单调递增C在,02 单调递减D在,02 单调递增【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象和性质等基础知识；考查推理论证能力；考查化归与转化、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：因为 sin2cos22f xxx，保密使用前高三数学试题 第 2页(共 31 页)若0,x，则20,2tx，由于

3、cosyt在0,2 有增有减，不单调，故选项 A，B 都错误；若,02x ，则2tx ，由于cosyt在 单调递增，所以 f x 在,02 单调递增，故选项 C 错误，选项 D 正确；故选 D3在正方体1111ABCDA B C D中，,E F G 分别是11111,A A C D A D 的中点，则A AC平面 EFGB1AC平面 EFGC1B C 平面 EFGD BD 平面 EFG【命题意图】本小题主要考查平面的概念、线面平行、线面垂直等基础知识；考查空间想象能力；考查化归与转化思想；体现基础性，导向对发展直观想象核心素养的关注【试题解析】解：取1,C C BC AB 的中点，分别记为,H

4、 I J，面 EFG 即面 EGFHIJ 图 1图 2图 3对 A：如图 1，ACIJ，AC 面 EFG，IJ 平面 EFG，故 AC平面 EFG，故选项A 正确；对 B：如图 2，在平面11A D CB 中，1ACGIK，故1AC 平面=EFG K，故选项 B 错误；对 C，D：如图 3，1B D 平面 EGFHIJ，因为过平面 EGFHIJ 外一点1B（D）仅能作一条垂线垂直该平面，故选项 C，D 错误.高三数学试题 第 3页(共 31 页)故选 A.【试题评析】解题关键在于平面的延伸，站在整体的视角审视线面位置关系.4记等比数列 na的前 n 项和为nS，若2120aa，324SS，则2

5、022SA202222B202221C202322D202321【命题意图】本小题主要考查等比数列的通项公式、前 n 项和等基础知识；考查推理论证、运算求解等能力；考查函数与方程、化归与转化等数学思想；体现基础性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解：设 na的公比为 q，则212aqa，又因为3324aSS，所以3121aaq，所以2022202212022202211 1221112aqSq故选 B.【试题评析】等比数列的通项公式及求和公式，属于必考的基础知识，应作为必得分试题处理.在解题过程中要注意公比的符号.5已知900 ，且2sin36(1sin 2)2cos

6、18 cos2，则 A18B 27C54D 63【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；考查运算求解、推理论证能力；考查化归与转化数学思想；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：因为2sin36(1sin 2)2cos 18 cos2，所以22sin18 cos18(1sin 2)2cos 18 cos2，所以 sin18cos18 cos2sin18 sin 2，则cos72cos 182 ，因为900 ，所以18218981，所以182=72 ，则27 故选 B解法二：因为2sin36(1sin 2)2cos 18 cos

7、2，所以22222sin18 cos18(sincos)2cos 18(cossin)，高三数学试题 第 4页(共 31 页)因为900 ，所以 sincos0，所以cossin1tantan18tan(45)sincos1tan ，因为900 ，所以 454545，所以 4518 ，则27 故选 B6面对突如其来的新冠疫情，全国人民众志成城，齐心抗疫甲、乙两位老师在上课之余，每人至少参加其中一天的方案有A 6 种B9 种C12 种D 24 种【命题意图】本小题主要考查排列组合、计数原理等基础知识，考查和分类与整合的基本思想；体现基础性、应用性和创新性，导向对发展数学建模、逻辑推理等核心素养的

8、关注【试题解析】解：分成三类：甲、乙各 1 天，记23=6A种；甲 2 天、乙 1 天，记23=3C种；甲 1 天、乙 2天，记23=3C种；故共有 12 种故选 C7若圆22:(cos)(sin)1Mxy(02 与圆22:240N xyxy交于,A B 两点，则 tanANB的最大值为A 12B 34C 45D 43【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，圆与圆的位置关系等基础知识；考查推理论证、运算求解能力；考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想；体现基础性、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】解法一：方程22240 xy

9、xy可化为22(1)(2)5xy，主动报名参加厦门中学生助手的社区志愿者活动现该社区计划连续三天进行核酸检测，需要多名志愿者协助工作，因工作关系，甲、乙不能在同一天参加志愿活动，那么甲、乙高三数学试题 第 5页(共 31 页)故圆 N 的圆心为(1,2)，半径为5 由题意可知 AB 为圆 M 与圆 N 的公共弦，且圆 M 的半径为1，所以2AB 且2 5AB，故2AB 当 M 的坐标为(1,0)时，2AB 在NAB中，2222104cos2105NANBABABANBNA NB，又0,ANB，cosyx在0,2 单调递减，故ANB为锐角，且当4cos5ANB时，ANB最大，又tanyx在(,)

10、2 2单调递增，所以当ANB最大即4cos5ANB时，tanANB取最大值且最大值为 43 故选 D解法二：由已知圆 M 的半径为 1，圆 N 的半径为5，AB 为圆 M 与圆 N 的公共弦，所以2AB 由已知原点O 是圆 M 与圆 N 的一个交点，不妨设点 A 与O 重合.当,A B 不重合时，在NAB中，52NANB，所以(0,)2ANB又tanyx在(0,)2 单调递增，若 tanANB取最大值，则ANB取最大值，当且仅当 AB 最长，即2AB，则 B 为圆224xy与圆 N 的的交点，M 为 AB 中点，所以 NMAB，故1tan2ANM，从而22tan4tantan21tan3ANM

11、ANBANMANM；当,A B 重合时，0ANB，tan0ANB；综上：tanANB最大值为 43，选项 D 正确故选 D高三数学试题 第 6页(共 31 页)8若直线1(1)1yk x 与曲线exy 相切，直线2(1)1ykx 与曲线lnyx相切，则12k k的值为A 12B 1C eD2e【命题意图】本小题主要考查导数的几何意义，反函数等基础知识；考查推理论证、运算求解能力；考查数形结合、化归与转化等数学思想；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】解法一：设直线1(1)1yk x 与曲线exy 相切于点11,exx，直线2(1)1yk

12、x 与曲线lnyx相切于点22,lnxx则11exk，且111e11xkx，所以11e1xx；221kx，且222ln11xkx，所以22ln1xx 令 lnf xxx，ln1fxx，当10,ex 时，0fx，f x 单调递减；当1,ex 时，0fx，f x 单调递增；且 10f，0lim()0 xf x，所以当0,1x时，0f x；又因为222ln1f xxx，111ee1xxfx，即2f x1e10 xf 所以121,e1,xx ，所以12exx，所以11221e1xk kx，选项 B 正确故选 B.解法二：函数exy 与函数lnyx互为反函数，图像关于 yx对称；设曲线exy 的切线11

13、1ykx 为 1l，切点为11,exx，则11exk；高三数学试题 第 7页(共 31 页)设曲线lnyx的切线211ykx 为 2l，切点为22,lnxx，则221kx；显然 1l 与 2l 的公共点1,1 在直线 yx上，则 1l 与 2l 关于直线 yx对称，则点11,exx与点22,lnxx关于直线 yx对称，即12exx，所以121k k 故选 B解法三：函数exy 与函数lnyx互为反函数，图像关于直线 yx对称；设曲线exy 的切线111ykx 为 1l，曲线lnyx的切线211ykx 为 2l，显然 1l 与 2l 的公共点1,1 在直线 yx上，则 1l 与 2l 关于 yx

14、对称；且10k，20k，设 1l 的倾斜角为，且(0,)2，则 2l 的倾斜角为 2，所以1tank，2tan()2k，所以121k k 故选 B解法四：函数exy 与函数lnyx互为反函数，图像关于 yx对称，曲线exy 的切线111ykx 与曲线lnyx的切线211ykx 有公共点1,1，且1,1 在 yx上，则两条切线关于 yx对称在111ykx 上个取点11,21k，则121,1k 在211ykx 上，即21121 11kk ，所以121k k ，选项 B 正确故选 B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

15、 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分。9已知集合,A B 均为 R 的子集，若 AB ，则A ABRBABR高三数学试题 第 8页(共 31 页)C AB RDAB RRR【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；考查数形结合思想；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：对 A，B：依题意画出韦恩图，可以判断出 ABR，RBA，所以选项 A 正确，选项 B 错误；对 C：又因为 AB表示的阴影区域并不能覆盖全集的整个矩形区域，所以选项 C 错误；对 D：RRAB表示的区域覆盖全集的整个矩形区域，所以选项 D 正确.另解，RRR

16、R=RABAB，所以选项 D 正确故选 AD解法二：（特殊值法）若 AB ，则 AB 成立，A RR，显然选项 B 错误；AB ，显然选项 C 错误；因为此题为多选题，故选项 AD 正确故选 AD10“中国最具幸福感城市调查推选活动”由新华社瞭望东方周刊、厦门中学生助手微信公众号、瞭望智库共同主办，至今已连续举办 15 年，累计推选出 80 余座幸福城市现某城市随机选取 30 个人进行调查，得到他们的收入、生活成本及幸福感分数（幸福感分数为 010 分），并整理得到散点图（如图），其中 x 是收入与生活成本的比值，y 是y=1.501x+1.541幸福感分数，经计算得回归方程为y 1.501x

17、 1.541根据回归方程可知A y 与 x 成正相关B样本点中残差的绝对值最大是 2.044C只要增加民众的收入就可以提高民众的幸福感D当收入是生活成本 3 倍时，预报得幸福感分数为 6.044高三数学试题 第 9页(共 31 页)【命题意图】本小题主要考查统计图表、相关关系，线性回归、残差等基础知识；考查读图、识图、用图的能力以及逻辑推理能力；考查数形结合思想；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：当 x 增加时，y 也增加，所以 y 与 x 成正相关，故选项 A 正确；对 B：由图可知，点 A 是残差的绝对值最大的点，当3x 时，6

18、.044y，所以残差为46.0442.044eyy，所以残差的绝对值最大值是 2.044e，故选项 B 正确；对 C：若只要增加民众的收入，但生活成本增加的却更多，使收入与生活成本的比值 x反而减小，则 y 减小，故幸福感分数降低，故选项 C 错误.对 D：收入是生活成本的 3 倍，即3x，所以将3x 代入 1 5011 541y.x.得，6.044y，故选项 D 正确故选 ABD11已知(,0)A a，(3,2)M，点 P 在抛物线24yx上，则A当1a 时，PA 的最小值为 1B当3a 时，PA 的最小值为 3C当1a 时，PAPM的最小值为 4D当3a 时，PAPM的最大值为 2【命题意

19、图】本小题主要考查求抛物线的焦半径、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：点 P 在抛物线24yx上，设00,P xy，00 x 当1a 时，对 A：(1,0)A是抛物线的焦点，则01 1PAx ，当00 x 时，min1PA，故选项 A 正确；对 C：如图，过点 P 和 M 作准线的垂线，分别交准线于点 Q 和点 N，由抛物线定义可知 PAPQ，所以 PAPMPQPMMN，且4MN，高三数学试题 第 10页(共 31 页)所以 PAPM的最小值为 4，故选项 C 正确；当3a 时，

20、对 B：22220000032918PAxyxxx，因为00 x ，所以当01x 时，min2 2PA，故选项 B 错误；对 D：PAPMAM，当且仅当,A P M 三点共线时，PAPMAM，所以PAPM的最大值为2AM，故选项 D 正确.故选 ACD.12若2lnlnbbaaa，则下列式子可能成立的是A1abB1baC1baD1ab【命题意图】本小题主要考查导数，函数单调性，比较大小等基础知识；考查推理论证、运算求解能力；考查数形结合、化归与转化等数学思想；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】解法一：令 lnf xxx，2lng xx

21、xx，f x 在0,单调递增，则存在唯一零点00,1x，使得000ln0f xxx，则 0000ln0g xxxx ln1F xg xf xxxx，且 010F xF 12lnFxxxx，Fx在0,递增，且000000112ln0Fxxxxxx，10F，则10,1xx，10Fx，当10,xx时，0Fx，F x 单调递减，当1,xx 时，0Fx，F x 单调递增又因为 010F xF，所以，当00,1,xx时，0F x，即 g xf x，当0,1xx时，0F x，即 g xf x高三数学试题 第 11页(共 31 页)由2lnlnbbaaa，即 f bg a，由图 1，可得1ba，选项 B 正确

22、；由图 2，可得1ab，选项 D 正确；由图 3，可得1ba，选项 C 正确故选 BCD解法二：lnf xxx在0,单调递增且1110eef ，110f，则存在01,1ex，00f x当 ab时，2lnlnlnaaabbaa，即1 ln0aaa，若1a，则 ln0aa，且1 0a ，则1 ln0aaa，不满足1 ln0aaa，故1a ，且 0f a，所以01xa；又因为 ab，所以1ab，选项 D 正确；当 ab时，2lnlnlnaaabbaa，即1 ln0aaa；（i）当1a 时，10a ，ln0aa，则1 ln0aaa成立，则1ba，选项 B 正确；（ii）当1a 时，10a ，若1 ln

23、0aaa，则 ln0aa，因为00f x，且 lnf xxx在0,单调递增，所以当00ax时，ln0aa，则2ln0aaa，所以 ln0bb，所以1b ，又因为 ab，所以1ba，选项 C 正确故选 BCD高三数学试题 第 12页(共 31 页)三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知函数22()2xxf xaa是奇函数，则 a _【命题意图】本小题主要考查函数奇偶性定义、性质等基础知识点；考查运算求解等能力；考查函数与方程思想；体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：当 0 在定义域内时，2(0)101afa，且1a ，所以1a .检验当

24、1a 时，1(1)22xxf x，其定义域为 R，211221)1(2xxxxfx，所以()()fxf x，所以()f x 是奇函数，符合题意，故答案是1a .解法二：2221(2221)xxxxafaaax，因为()f x 是奇函数，所以()()fxf x，即22122212xxxxaaaa，即22323221 2212xxxxaaaaaa，所以3311aa ，解得1a ，经检验符合题意.故答案是1a .14已知向量(0,1)a，(,3)tb，若,a b 的夹角为 3，则|=b_【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；

25、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：依题意，23cos 3|3ta ba b，解得3t ，故2|32 3tb解法二：向量 b 的终点在直线3y 上，当,a b 的夹角为 3 时，由图象可知，|2 3b故答案是 2 3 高三数学试题 第 13页(共 31 页)【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15已知球O 的半径为 2，,A B C 为球面上的三个点，2AB，点 P 在 AB 上运动，若OP 与平面 ABC 所成角的最大值为 3，则O 到平面 ABC 的距离为_【命题

26、意图】本小题考查球、线面所成角、点到面的距离等有关基础知识；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】记ABC外接圆圆心为O，则OO 平面 ABC，故OPO为OP 与平面 ABC 所成角如图，当 P 移动到 AB 中点 K 时，OP 长度最小，对应正弦值最大，OP 与平面 ABC 所成角最大则OKO为OP 与平面 ABC 所成最大角，依题意，3sin2OKO设O Kt，则3OOt，2OKt在 RtAOO与 RtAO K中，有222222OAOOO AOOO KAK，即2222(3

27、)1tt，求得32t，故O 到平面 ABC 的距离为332OOt故答案是 32 高三数学试题 第 14页(共 31 页)16已知双曲线C 的焦点分别为12,F F，实轴为12A A，虚轴为12B B，直线11A B 与直线22B F 交于点 D 若222DFDB，则C 的离心率等于_【命题意图】本小题主要考查双曲线的方程及其几何性质等基础知识；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：连结22A B，由双曲线的对称性，可得2211A BA B，所以2122222DBA AB FA F

28、，从而12221A AA F，即 21aca，故双曲线的离心率3cea故答案是3解法二：设双曲线的方程为22221(0,0)xyabab，则由222DFDB，得22BFDB，故2B 为2DF 的中点，故得2Dyb，Dxc ，所以11DFFO，从而1111DF AB OA，又1111F A DOA B，所以1111F A DOA B，故11111OBAODFA F，即2abcab，整理，得3ca，故双曲线的离心率3cea故答案是3解法三：设双曲线的方程为22221(0,0)xyabab，则1212(,0),(,0),(0,),(,0)AaA aBb F c，所以直线11A B 的方程为1xyab

29、，即0bxayab，直线22B F 的方程为1xycb，即0bxcybc，由0,0,bxayabbxcybc解得acybac，又2(,)DDDFcxy，2(,)DDDBxby ，且222DFDB，高三数学试题 第 15页(共 31 页)所以22DDyby，整理，得2Dyb，从而2ac bbac，整理，得3ca，故双曲线的离心率3cea故答案是3高三数学试题 第 1页(共 4 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（五）解析T17 试题解析【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

30、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】解法一：（1）由2coscosbcaBA及正弦定理，得 sin2sinsincoscosBCABA 2 分【正弦定理】即sincos2sincossincosBACBAB，所以sincoscossinsinsin2sincosABABABCCB，4 分【两个公式各 1 分】又因为sin0C，所以1cos2B，在ABC中，0,B，于是3B.5 分（图 1）（图 2）（2）如图 1 所示，在ABC中，由余弦定理，得22212cos60192 1 372ACABBCAB BC ，7 分解得7AC.保密使用前17.（10分）AB

31、C 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，已知Ac aBbcos2cos.（1）求 B；（2）若 a 3，c 1，点 D 满足CD 2，BCD 60，求平面四边形 ABCD 的面积.高三数学试题 第 2页(共 4 页)在ABC中，由余弦定理，得2227915cos22 732 7ACBCABBCAAC BC，7 分【只要正确使用余弦定理，即得 2 分】所以sinsin 60sin60 coscos60 sinACDBCABCABCA 35133222 72 77，8 分【三角公式】于是平面四边形 ABCD 的面积为ABCACDSSS11sin60sin22AB BCAC CDACD，9

32、 分【面积公式】13137 31 37222247 10 分解法二：（1）由2coscosbcaBA，得coscos2 cosaBbAcB由余弦定理，得222222coscos22acbbcaaBbAabcacbc，2 分【余弦定理 2 分】则2 cosccB，3 分解得1cos2B，4 分在ABC中，0,180B，于是60B .5 分（2）如图 2 所示，连结 BD，在BCD中，由余弦定理，得22212cos60942 3 272BDBCCDBC CD ，6 分解得7BD.在BCD中，由余弦定理，得2229742cos22 3 77BCBDCDCBDBC BD，7 分高三数学试题 第 3页(

33、共 4 页)所以sinsin 60sin60 coscos60 sinABDCBDCBDCBD 3213322772 7，8 分则四边形 ABCD 的面积为11sinsin22ABDBCDSSSAB BDABDBC BDCBD 9 分13137 317372242 77 .10 分（图 3）（图 4）解法三：（1）5 分（2）如图 3，由于2CD，所以点 D 的轨迹是以点 C 为圆心，半径为 2 的圆，6 分假设圆C 与边 BC 的交点为 E，连结,AE DE，则2,1CEBE，因为60ABCBCD，所以,ABECDE都是等边三角形，则18060AEDAEBCED ，8 分于是四边形 ABCD

34、 的面积为223317 3121 2sin604424ABECDEAEDSSSS .10 分解法四：（1）5 分（2）如图 4 所示，分别延长,BA CD 交于点 E，6 分因为60ABCBCD，所以BCE是等边三角形，8 分于是四边形 ABCD 的面积为2313sin6042BCEADESSSAE DE9 3137 32 14224 .10 分高三数学试题 第 4页(共 4 页)解法五：（1）5 分（2）如图 5 所示，分别过点,A D 作边 BC 的垂线，垂足分别为点 E，F，6 分则在 RtABE中，311sin1 sin60,222AEABABEBEAB ；7 分在 RtCDF中，1s

35、in2sin 603,12DFCDDCFCFCD ；8 分于是四边形 ABCD 的面积为111222ABECDFAEFDSSSSAE BEAEDFEFCF DF梯形9 分13113317 331322222224.10 分（图 5）高三数学试题 第 1页(共 2 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（五）T18 试题解析【泉州市 2022 届高中毕业班质量监测五 T18 试题】设数列 na的前 n 项和为nS 已知11a ，_从24nnaa；14nnaan；11nnSnan n中选出一个合适的条件，补充在上面横线处，并解答下面的问题（1）求数列 na的通项公式；（2）求数列 1nnS的前

36、 20 项和20T【命题意图】本小题主要考查利用na 与nS 的关系求通项、利用递推关系求通项、等差数列前n 项和公式及并项求和等基础知识；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）对于条件，只能得出数列 na的奇数项和偶数项分别构成等差数列，已知11a ，数列的奇数项可以确定，但2a 未知，故数列的偶数项不确定，因此，数列 na不确定，题设的两个问题均无法求解.选作为补充条件：1 分解法一：由14nnaan 得：12121nanann3 分又因为11a ，则0111211aa，4 分所以012nan，即12 na

37、n6 分解法二：因为14nnaan（），当1n时，412 aa，所以3412aa2 分当2n 时，141naann（），保密使用前高三数学试题 第 2页(共 2 页)（）（）得，411nnaa，3 分所以数列 na的奇数项和偶数项均为公差为 4 的等差数列.所以 11223412kka k；122142kka k5 分所以12 nan6 分选作为补充条件：1 分由11nnnaSnn，得221 aS，则32 a2 分当2n 时，111nnanSnn，所以，当2n 时，nannaSSannnnn2111，3 分则当2n 时，21nnaa，又因为21312 aa，4 分所以，*Nn，21nnaa所以

38、数列 na是首项为 1，公差为 2 的等差数列，5 分所以12 nan6 分【说明：直接选，并说明无法求解，可得 1 分；若选，但没有说明无法求解，则该分不能得.】（2）由（1）知12 nan，所以2121212nnnaanSnn.8 分所以141221122221212kkkSSkkkk，10 分所以 2019432120SSSSSST210210393397312 分高三数学试题 第 1页(共 5 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（五）T19 试题解析【泉州市 2022 届高中毕业班质量监测五 T19 试题】如图，三棱锥 ABCD中，6BCBD，2CD，O 为 CD 中点，平面

39、AOB 平面BCD（1）求证：ACAD；（2）若三棱锥 ABCD的体积为 23，二面角 ACDB的余弦值为55，E 为 BC 中点，求 BD 与平面 AED 所成角【命题意图】本小题主要考查面面垂直、线面垂直的判定与性质、三棱锥体积、线面角、二面角及空间向量的运算与应用等基础知识；考查空间想象、推理论证、运算求解能力；考查数形结合、化归与转化思想等；体现基础性、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：（1）BCBD，O 为 CD 中点，所以CDBO又平面 AOB 平面 BCD，平面AOB 平面=BCD BO，CD 平面 BCD，1 分【条件完备性】CD

40、 平面 AOB 2 分又 AO 平面 AOB，CDAO 3 分又 O 为 CD 中点，ACAD 4 分（2）过 A 作 AHBO，平面 AOB 平面 BCD，AH 平面 BCD 5 分在 RtBCO中，112COCD，6BC，所以5BO 由A BCDV 13BCDSAH，即 231 15=3 23CD BO AHAH，保密使用前高三数学试题 第 2页(共 5 页)求得2=5AH 6 分由（1）可知CDBO，且 CDAO，故AOB为二面角 ACDB的平面角 7 分在 RtAHO中，5cos5AOH，2=5AH，故=1AO由=1AO CODO，AOCD，可得2ACAD，由222+ACADCD，可得

41、 ACAD8 分在ABO中，5cos5AOB，=1AO，=5BO，根据余弦定理可得22=2cos2ABAOBOAO BOAOB由222+ABACBC，222+ABADBD，可得 ABAC，ABAD9 分以 A 为坐标原点，,AD AC AB 分别为,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 1则(0,0,0)A，(0,0,2)B，(0,2,0)C，(2,0,0)D，2(0,1)2E(2,0,2)BD，2(0,1)2AE，(2,0,0)AD 10 分设平面 AED 的法向量为111(,)xyzu，由0,0,AEAD uu得11120,220,yzx不妨取(0,2,1)u11 分设 BD 与

42、平面 AED 所成角为，则|2sincos,3|BDBDBD uuu12 分高三数学试题 第 3页(共 5 页)图 1解法二：（1）同解法一 4 分（2）过 A 作 AHBO，平面 AOB 平面 BCD，AH 平面 BCD 5 分在 RtBCO中，112COCD，6BC，5BO 由A BCDV 13BCDSAH，即 231 15=3 23CD BO AHAH，得2=5AH 6 分由（1）可知CDBO，且 CDAO，故AOB为二面角 ACDB的平面角7 分在 RtAHO中，5cos5AOB，2=5AH，故=1AO，1=5OH由=1AO CODO，AOCD，可得2ACAD，由222+ACADCD，

43、可得 ACAD8 分在ABO中，5cos5AOB，=1AO，=5BO，根据余弦定理可得22=2cos2ABAOBOAO BOAOB由222+ABACBC，222+ABADBD，可得 ABAC，ABAD9 分以 H 为坐标原点，,HO HA 分别为 ,y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 2则2(0,0,)5A，4(0,0)5B，1(1,0)5C，1(1,0)5D，13(,0)22 5E所以(1,5,0)BD ，132(,)22 55AE，12(1,)55AD 10 分高三数学试题 第 4页(共 5 页)设平面 AED 的法向量为111(,)xyzu，由0,0,AEAD uu得111111

44、1320,22 5512+0,55xyzxyz不妨取(5,3,1)u11 分设 BD 与平面 AED 所成角为，则|2sincos,3|BDBDBD uuu12 分图 2解法三：（1）同解法一 4 分（2）过 A 作 AHBO，平面 AOB 平面 BCD，AH 平面 BCD 5 分在 RtBCO中，112COCD，6BC，5BO 由A BCDV 13BCDSAH，即 231 15=3 23CD BO AHAH，得2=5AH 6 分由（1）可知CDBO，且 CDAO，故AOB为二面角 ACDB的平面角7 分在 RtAHO中，5cos5AOB，2=5AH，故=1AO，1=5OH由=1AO CODO

45、，AOCD，可得2ACAD，由222+ACADCD，可得 ACAD8 分高三数学试题 第 5页(共 5 页)在ABO中，5cos5AOB，=1AO，=5BO，根据余弦定理可得22=2cos2ABAOBOAO BOAOB由222+ABACBC，222+ABADBD，可得 ABAC，ABAD9 分以,AB AC AD 为长方体同起点的三条棱，补形为长方体，如图 3 所示ACEDBMNPAED与四边形 ADNM 在同一平面，10 分故 BD 与平面 AED 所成角即 BD 与平面 ADNM 所成角过 B 作 BFAM，长方体中平面 ADNM 平面 ACMBAM，又 BF 平面ACMB 故 BF 平面

46、 ADNM，故 BD 与平面 AED 所成角为BDF11 分在 RtBAM中，AB BMBFAM，求得2=3BF则2sin3BFBD 12 分图 3高三数学试题 第 1页(共 2 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（五）T20 试题解析【命题意图】本小题主要考查中位数、超几何分布、互斥事件、条件概率等基础知识；考查逻辑推理、运算求解、数据处理、应用能力；考查用频率估计概率的统计思想；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】解法一：（1）依题意得，A，B 等级客服的询单转化率分别为80%，60%；1 分设事件C 表示“4 人

47、的询单转化率的中位数不低于 70%”，保密使用前20（12 分）随着网络的快速发展，电子商务成为新的经济增长点，市场竞争也日趋激烈除了产品品质外，客服团队良好的服务品质也是电子商务的核心竞争力衡量一位客服工作能力的重要指标询单转化率，是指咨询该客服的顾客数中成交人数占比，可以看作一位顾客咨询该客服后成交的概率已知厦门中学生助手微信公众号网店共有10 位客服，按询单转化率分为 A，B 两个等级（见下表）等级AB询单转化率70%，90%)50%，70%)人数64视 A，B 等级客服的询单转化率分别为对应区间的中点值，完成下列两个问题的解答：（1）现从这 10 位客服中任意抽取 4 位进行培训，求这

48、 4 人的询单转化率的中位数不低于70%的概率；（2）已知该网店日均咨询顾客约为1 万人，为保证服务质量，每位客服日接待顾客的数量不超过1300 人.在网店的前期经营中，进店咨询的每位顾客由系统等可能地安排给任一位客服接待为了提升店铺成交量，网店实施改革，经系统调整，进店咨询的每位顾客被任一位 A等级客服接待的概率为 a，被任一位 B 等级客服接待的概率为 b.若希望改革后经咨询日均成交人数至少比改革前增加 300 人，则 a 应该控制在什么范围？高三数学试题 第 2页(共 2 页)记 A 等级客服的人数为 X，则 X 可能的取值为 0，1，2，3，4 对应每种情况的询单转化率中位数分别为 6

49、0%，60%，70%，80%，80%，2 分故()1(0)(1)P CP XP X 3 分134644441010124371=1=CC21021042C CC；5 分【最后答案对给 3 分，若最后答案错，(0)P X，(1)P X 算对 1 个给 1分，不化简暂时不扣分】（2）设改革前后 A 等级客服的接待顾客人数分别为Y,Z，改革前，每位进店咨询顾客被 A等级客服接待的概率为163105P，所以3(10000,)5YB，则3()1000060005E Y，6 分因为 A，B 等级客服的询单转化率分别为80%，60%，所以改革前日均成交人数为 6000 80%+(10000-6000)60%

50、=7200，7 分改革后，每位进店咨询顾客被 A等级客服接待的概率为26Pa，所以(10000,6)ZBa，则()10000 660000E Zaa，8 分故改革后日均成交人数为6000080%+(10000-60000a)60%120006000aa 9 分由1200060007200+300a 得18a，10 分因为每位顾客被一位 A等级客服接待的概率为 a，所以每位顾客被一位 B 等级客服接待的概率为164ab，则100001300161000013004aa，解得13100225aa，11 分由得 1138100a，所以 a 应被控制在 1 138 100，12 分解法二：（1）依题意

51、得，A，B 等级客服的询单转化率分别为80%，60%；1 分设事件C 表示“4 人的询单转化率的中位数不低于 70%”，记 A 等级客服的人数为 X，则 X 可能的取值为 0，1，2，3，4 高三数学试题 第 3页(共 2 页)对应每种情况的询单转化率中位数分别为 60%，60%，70%，80%，80%，2 分故()(2)(3)(4)P CP XP XP X223146464644410101090801537+=+=CCC21021021042C CC CC；5 分【(2)P X，(3)P X，(4)P X 算对 1 或 2 个都只给 1 分，算对 3 个给 2分，最后答案对给 3 分，不化

52、简暂时不扣分】（2）设事件 D 表示“任一进店咨询顾客被 A等级客服接待”，则 D 表示“任一进店咨询顾客被 B 等级客服接待”，事件 E 表示“任一进店咨询顾客成交”，改革前后的成交人数分别为Y,Z；改革前，因为 DE 与 DE 互斥，所以()P E=()P DEDE=()()P DEP DE，因为63()105P D，42()105P D，(|)80%P E D,(|)60%P E D，所以12()()(|)25P DEP D P E D，6()()(|)25P DEP D P E D，（以上说明没写不扣分）所以12618()()()=+=252525P EP DEP DE，即任一顾客进店

53、后的成交概率为 1825，6 分故18(10000,)25YB，所以18()10000720025E Y，7 分改革后，每位进店顾客被 A等级客服接待的概率为 6a，被 B 等级客服接待的概率为 416ba，同理可得：63()=680%+(16)60%=55aP Eaa，8 分故63(10000,)55aZB，所以63()10000()55aE Z，9 分由()7200300E Z，解得18a，10 分因为每位客服日接待咨询顾客数量不能超过 1300 人，每位进店顾客被一位 A等高三数学试题 第 4页(共 2 页)级客服接待的概率为 a，被一位 B 等级客服接待的概率为164ab，则10000

54、1300161000013004aa，解得13100225aa，11 分由得 1138100a，所以 a 应被控制在 1 138 100，12 分高三数学试题 第 1页(共 3 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（五）T21 试题解析【泉州市 2022 届高中毕业班质量监测五 T22 试题】已知椭圆 C 的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，(3,0)A，(0,3)B，(2,1)D中恰有两点在 C 上（1）求 C 的标准方程；（2）,P Q 两点在 C 上，且直线,DP DQ 的斜率互为相反数，直线,DP DQ 分别与直线 AB交于,M N 两点，证明：DPDNDQDM【命题意图】本小题主

55、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）若,A B 在椭圆上，则3ab，焦距 20c，不满足椭圆的定义.从而可知 D 必在椭圆上.1 分由椭圆的对称性，D 关于 y 轴的对称点(2,1)D 也在椭圆上，故 A 不在椭圆上，从而,B D 在椭圆上，且椭圆的焦点在 x 轴上，2 分故可设椭圆C 的方程为22221(0)xyabab，3 分因为,B D 在 C 上，所以2222

56、031,411,abab解得226,3,ab故C 的标准方程为22163xy 4 分（2）设 PQ 的方程为 ykxm，11(,)P x y，22(,)Q xy由22,1,63ykxmxy消去 y，得222()6xkxm，5 分保密使用前高三数学试题 第 2页(共 3 页)整理，得222(21)4(26)0kxkmxm，所以0，2121222426,2121kmmxxx xkk，6 分又1112DPykx，2212DQykx，由0DPDQkk，得121211022yyxx，7 分整理，得12122(21)()4(1)0kx xmkxxm，8 分所以22(26)2(21)2(1)(21)0kmk

57、m mkmk，9 分整理，得22310kkkmm，即(1)(21)0kkm，因为直线 PQ 不过点 D，所以 210km，故1k ，10 分所以PQMNkk，MNPQ，所以DMNDPQ，DNMDQP，所以DMNDPQ，11 分所以 DPDQDMDN，即 DPDNDQDM解法二：（1）若,A B 在椭圆上，则3ab，焦距 20c，不满足椭圆的定义.从而可知 D 必在椭圆上.1 分设椭圆C 的方程为221(0,0,)mxnymnmn，2 分若,A D 在椭圆上，则 31,41,mmn解得1,310,3mn 不合题意.3 分高三数学试题 第 3页(共 3 页)由,B D 在椭圆上，得 31,41,n

58、mn解得1,61,3mn 故C 的标准方程为22163xy 4 分（2）设 DP 的方程为1(2)yk x，即21ykxk，11(,)P x y，22(,)Q xy，则 DQ 的方程为21ykxk ，1121ykxk，2221ykxk 5 分由2221,1,63ykxkxy消去 y，得2222(21)4(2)4(221)0kxkk xkk，6 分所以2124(221)221kkxk，得21222(221)4422121kkkxkk，7 分同理，得2244221kxk，8 分又直线 PQ 的斜率21212121228(44)4211821PQkyykxkxkkkkxxxxk，9 分所以PQMNk

59、k，所以 MNPQ，10 分所以DMNDPQ，DNMDQP，所以DMNDPQ，11 分所以 DPDQDMDN，即 DPDNDQDM12 分解法三：（1）同解法一或解法二.（2）为证明 DPDNDQDM，即证 DPDQDMDN，只需证明DMNDPQ，5 分只需证明DMNDPQ，或证明DNMDQP，只需证明 MNPQ，即证明=1PQMNkk.6 分以下关于=1PQMNkk的证明，同解法一或解法二.高三数学试题 第 1页(共 5 页)泉州市 2022 届高中毕业班质量监测（五）T22 试题解析【泉州市 2022 届高中毕业班质量监测五 T22 试题】已知函数s(c)2eox afxx(0)a（1）证

60、明：()f x 在区间(2)内有唯一零点0 x，且0()2fx；（2）当 x 时，()2sin()4f xx，求实数 a 的取值范围【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、数学建模等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）()e2 sinx axxf（0a）1 分当 02x时，2 sin0 x，e0 x a，所以0()fx，此时()f x 单调递增2 分又0(0)ee220af，

61、2()e20af，所以()f x 在区间2 内有唯一零点0 x 3 分因为002 cosexax，所以000()s ne2 ixafxx 002 cos2 sinxx042sin x，4 分又因为02x，所以0242sin x，即0()2fx 5 分（2）由()2sin()4f xx得，2 sin0ex ax 6 分令()2 s neix ag xx（x），则e()2 cosx ag xx，()0g x （i）当0 x 时，2 sin0 x，e0 x a，保密使用前高三数学试题 第 2页(共 5 页)对于0a，均有()0g x 7 分（ii）当 0 x 时，由（1）知，()2 in0esx a

62、xxf，()f x 单调递增，即()g x单调递增又由（1）知，对于唯一零点0 x，00()g x，且当0 xx 时，()0g x，()g x 单调递增；当00 xx时，()0g x，()g x 单调递减 8 分所以min0()()g xg x00se2 inxax又00()g x，即002 cosexax，所以mi0n0()2 cos2 sing xxx042cos x 9 分因为()0g x，所以042cos0 x ，又因为002x ，所以004x由002 cosexax，得00ln2 cosaxx10 分又 ln2 cosxxx在区间(0,)4 内单调递增，又n(0)l2，)(44，所以

63、ln24a，由已知0a，故 04a 11 分（iii）当 x，且 04a 时，e()2 sinag xx 2ea 4e20，符合题意综上所述，a 的取值范围 0,4 12 分解法二：（1）令()e,(=2 cosx a q xxp x），()p x 在2单调递增，()q x 在2单调递减，1 分1(0),(0)2(=0e1aaqp），20,(=)e220(aqp），高三数学试题 第 3页(共 5 页)即0(0)(pq），()22pq），所以()p x 与()q x 在2 的图象只有唯一一个交点，所以()f x 在区间2 内有唯一零点0 x 2 分()e2sinx axxf（0a）3 分因为00

64、2 cosexax，所以000()s ne2 ixafxx 0000)2(2(2()2)()2122xxxxaaaaeeee-4 分002()2(2(2)2xaaxee-，5 分即0()2fx（注：此解法利用到不等式0,0,2()ababab）（2）由()2sin()4f xx得，2 sin0ex ax 6 分令()2 s neix ag xx(x，则e()2 cosx ag xx，()0g x （i）当0 x 时，2 sin0 x，e0 x a，对于0a，均有()0g x 7 分（ii）当0 x 时，当4a 时，4()2 ies nxg xx，由于存在44e044()2 sing，故4a 不

65、符合题意 8 分当 04a时，4()2 ies nxg xx 令4()2 ies nxh xx（0 x），4e()2 cosxh xx，当2x时，344e2()2 cos2 cos22 cos0 xh xxxx，高三数学试题 第 4页(共 5 页)()h x 在,)2 单调递增9 分当 02x 时，4()2 si0enxh xx，此时()h x单调递增10 分又44e0()2 c44osh，所以当 04x 时，()0h x；当 42x 时，()0h x 11 分因此当 04x 时，()0h x，()h x 单调递减；当4x 时，()0h x，()h x 单调递增；故442 si()()ne04

66、4h xh，符合题意综上述，a 的取值范围 0,4 12 分解法三：（1）同解法一、或解法二5 分（2）由()2sin()4f xx得，2 sin0ex ax 6 分令()2 s neix ag xx(x，则e()2 cosx ag xx，()0g x （i）当0 x 时，2 sin0 x，e0 x a，对于0a，均有()0g x 7 分（ii）当0 x 时，当4a 时，4()2 ies nxg xx，由于存在44e044()2 sing，故4a 不符合题意 8 分当 04a时，4()2 ies nxg xx 先证：4e14xx（0 x）令 1e1xfxx，则 11exfx 当0 x 时，10

67、fx，1fx 单调递减；高三数学试题 第 5页(共 5 页)当0 x 时，10fx，1fx 单调递减增所以 11 00fxf，故 e1xx，因此有4e14xx9 分再证：12n4sixx（0 x）（）当 x 时，22 si1144n xx，（）成立 10 分当 0 x 时，令 22 sin14xxfx （0 x ），则 212 cosfxx 当 04x 时，20fx，2fx 单调递减；当 4x 时，20fx，2fx 单调递增所以 2204fxf ，故（）成立故当0 x 时，12n4sixx 11 分因此，当 04a，0 x 时，由4e14xx，12n4sixx，可得4e()2 sin0 xg xx ，符合题意综上所述，a 的取值范围 0,4 12 分解法四：（1）同解法一、或解法二5 分（2）由()2sin()4f xx得，2 sin0ex ax 6 分令()2 s neix ag xx（x ），则e()2 cosx ag xx，()0g x 7 分由()0g x ，可知()04g ，即42 sin 40ea ，所以 04a8 分下证当 04a时符合题意，证法同解法二、三