【定稿】（参考答案）2022年3月福州市高三质检.pdf

数学参考答案与评分细则（第1页 共11页） 准考证号 姓名 . （在此卷上答题无效） 2022 年 3 月福州市高中毕业班质量检测 数学参考答案及评分细则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 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分 1B 2D 3B 4A 5D 6C 7B 8C 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 9CD 10BD 11ABD 12ABD 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分，共，共 20 分分 132 141719.6 158 （答案不唯一，82kk=+Z，任取一个值均可） 161x =，4 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分 17. （10 分） 【考查意图】本小题主要考查数列的通项与前n项和的关系式、等比数列的通项公式与前n项和公式、放缩法证明不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化思想、 函数与方程思想； 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 10 分 【解答】（1）由214nnnSSa+=+得24nnaa+= 1 分 所以，当()*21nkk=N时，21214kkaa+=， 数学参考答案与评分细则（第2页 共11页） 所以数列21ka是首项为11a =，公比为 4 的等比数列， 2 分 故1211 4kka= ，即()211222122kkka = 3 分 当2nk=()*kN时，同理可得12122 42kkka= = 4 分 所以12nna=（*nN） 5 分 （2）证明：由（1）知11111212nnna=+， 7 分 所以12111111naaa+ 012111112222n+ 8 分 112112n= 9 分 12112= 10 分 18. （12 分） 【考查意图】本小题主要考查解三角形等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查函数与方程思想、数形结合思想；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 【解答】（1）由3sinsincosbCCC=+得)3sin2sin(cBC=+， 3 分 又3A=，ABC+=, 所以()2sinsin2sinBBcB=， 5 分 而0B，故sin0B ，故2c = 6 分 （2）选， 方法一：设BC边上的中线为AD，则22AD = 由coscosADBADC= 得，22222222ADBDABADCDACAD BDAD CD+=， 7 分 数学参考答案与评分细则（第3页 共11页） 即2221142424aab+= +，即2226ab=+， 9 分 由余弦定理2222cosabcbcA=+得2224abb=+， 10 分 即2220bb+=， 11 分 该方程无实数解， 故符合条件的三角形不存在. 12 分 方法二：设BC边上的中线为AD，则1()2ADABAC=+， 8 分 两边平方得2221(2)4ADABAB ACAC=+， 9 分 即211142 2242bb=+ +，即2220bb+=， 11 分 易知该方程无实数解， 故符合条件的三角形不存在. 12 分 方法三：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系 故C点坐标为cos, sin33bb，即1322bb，B点坐标为()2,0， 8 分 所以BC边的中点坐标为13144bb+， 9 分 由BC边上的中线长为22得2221321442bb+=， 10 分 整理得2220bb+=， 11 分 该方程无实数解， 故符合条件的三角形不存在. 12 分 选， 设AB边上的中线为CF，则7CF = 在ACF中，由余弦定理得2222cosAFACAC AFACF=+， 即2712 1cos3ACAC= + ， 8 分 整理得260ACAC=， 9 分 解得3AC =或2AC = （舍去）. 10 分 数学参考答案与评分细则（第4页 共11页） 故ABC的面积S =1133 3sin3 22222AC ABA= =. 12 分 选， 依题意得6ABBCCA+=，由（1）知2AB=， 所以4BCCA+=. 7 分 在ABC中，由余弦定理得，2222cosABCAAB CAABC=+， 所以222122 22CACACB=+ ， 即2242CACACB=+， 9 分 所以22(4)42CACACA=+， 解得，2BCCA=. 10 分 所以ABC的面积S =113sin2 23222AC ABA= =. 12 分 19. （12 分） 【考查意图】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，三棱锥的体积，直线与平面的夹角等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力与空间想象能力；考查数形结合思想；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 【解析】（1）在直三棱柱111ABCABC中，1CC 平面111ABC， 111CCAB， 1 分 点E为AB的中点，且ACBC=，ABCE， 2 分 11ABAB，11AB CE， 3 分 1CECCC=， 11AB 平面1CC E， 4 分 11AB 平面11ABF， 平面11AB F 平面1CC E； 5 分 （2）60ABC=，ACBC=，ABC为正三角形 设ABt=，则122AAABt=， 由（1）可得，CE 平面11ABBA， 数学参考答案与评分细则（第5页 共11页） 依题意得13BFBC=，故点F到平面11ABBA的距离为11333326CEtt=， 6 分 1 12111222EABSABAAttt= =， 1 11 11 12333113336618EE A B FFA B EA BVVStttt=， 7 分 三棱锥11EABF的体积为4 39， 334 3189t =，解得2t = 8 分 以E为原点，分别以EC EB，1AA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则()3,0,0C，()0,0,0E，()10, 1,4A，()10,1,4B，3 2,033F， ()3,0,0CE = ，()110,2,0AB =，13 5, , 433AF=， 9 分 设平面11ABF的法向量为(), ,x y z=n， 则11100ABAF=nn，即20354033yxyz=+=， 令1z =，得()4 3,0,1=n， 10 分 124 3cos737CECECE=nnn， 11 分 CE与平面11ABF所成角的正弦值为4 37 12 分 20. （12 分） 【考查意图】本小题主要考查离散型随机变量的期望、推断与决策等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力与创新意识；考查化归与转化思想；考查数学建模、逻辑推理、数据分析等核心素养，体现综合性、应用性与创新性满分 12 分 【解答】方法一： （1）若甲第 2 次抽奖选方案，两次抽奖累计积分为，则的可A1A1C1BBCEFxyz数学参考答案与评分细则（第6页 共11页） 能取值为40 35 10 5， ， ， 1 分 111(40)=339P=，212(35)=339P=， 122(10)=339P=，224(5)=339P=， 2 分 所以40702020150( )99999E=+= 3 分 若甲第 2 次抽奖选方案，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为 30,15,10，则 111(30)=339P=，21124(15)+=33339P=，224(10)=339P=， 306040130( )9999E=+=， 5 分 因为( )( )EE，所以应选择方案 6 分 （2）依题意得1210()()33iiE XE X+=+， 7 分 1X的可能取值为 10，5 其分布列为 1X 10 5 P 13 23 所以120()3E X=，则110() 103E X=， 8 分 由1210()()33iiE XE X+=+得()()1210103iiE XE X+=， 10 分 所以()10iE X为等比数列，其中首项为103，公比为23 11 分 所以78102() 10( )33E X=，故78102()( ) +109.833E X= 12 分 方法二： （1）同解法一 6 分 （2）依题意得112210()2 ()5()3333iiiE XE XE X+=+ =+， 7 分 由（1）知()2709E X=，则 ()()8721033E XE X=+ 数学参考答案与评分细则（第7页 共11页） ()262210103333E X=+ 8 分 = ()65422102213333E X=+ 10 分 6621702103293313=+ 11 分 7102109.833= + 12 分 21. （12 分） 【考查意图】本小题主要考查双曲线的图象和性质、直线和双曲线的位置关系等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性满分 12 分 【解答】方法一： （1）依题意，363Fx =+=，即()3 0F， 1 分 设()1 2Tt，则直线PQ的方程为3xty=+， 2 分 由22326xtyxy=+=，得()222112120tyty+=， 设()()1122P xyQ xy， ，则()22221014448 210ttt =， ，故212t ， 12122212122121tyyy ytt+=， 3 分 所以()121226621xxt yyt+=+=， 又直线PQ分别交C的左、右支于P Q，两点， 所以()()()221 21212122963339021tx xtytyt y yt yyt+=+=+=，故212t 4 分 所以PQ中点为22362121tNtt， 5 分 数学参考答案与评分细则（第8页 共11页） 所以22ONOTkt kt=，故O T N， ，三点共线，即直线OT平分线段PQ 6 分 （2）依题意，由3PAQF=得()1213 3xx=，即1238xx+=， 7 分 所以()12284xxx+ =， ()121384xxx+ =， 8 分 得()()212121 231664 16xxxxx x+=， 9 分 所以()22222366963166416212121tttt+=， 10 分 解得283 74t+=，或283 74t=（舍去） 11 分 此时，2244123 7TFt=+=+ 12 分 方法二： （1）依题意，依题意，363Fx =+=，即()3 0F， 1 分 直线PQ的斜率存在且不为 0，设其方程为()3yk x=（0k ） ，21Tk， 2 分 由()22326yk xxy =，得()222226960kxk xk+=， 设()()1122P xyQ xy， ，则()()242220364 9620kkkk =+， ，故22k ， 22121 222696022kkxxx xkk+=，22k 4 分 所以()121221262kyyk xxk+=+=，PQ中点为2223622kkNkk， 5 分 所以2ONkk=，2OTkk=，故O T N， ，三点共线，即直线OT平分线段PQ 6 分 （2）依题意，由3PAQF=得()1213 3xx=，即1238xx。