福建省漳州市高三毕业班第二次质量检测数学试题

准考证号______姓名______（在此试卷上答题无效）漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学试题本试题卷共4页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。考生注意：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2B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，用0.5mm黑色签字笔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、单项选择题：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.已知集合，，若，且，则集合可以为（）A. B. C. D.2.若，为真命题，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.3.已知向量，向量，向量，若与共线，，则（）A. B.C. D.4.公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为的水平截面的面积可以近似用函数，拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（）A. B. C. D.5.甲、乙两名大学生利用假期时间参加社会实践活动，可以从，，，四个社区中随机选择一个社区，设事件为“甲和乙至少一人选择了社区”，事件为“甲和乙选择的社区不相同”，则（）A. B. C. D.6.若锐角满足，则（）A. B. C. D.7.已知等差数列的前项和为，等比数列的公比与的公差均为2，且满足，，则使得成立的的最大值为（）A.6 B.7 C.8 D.98.已知函数则函数的零点个数为（）A.3 B.5 C.6 D.8二、多项选择题：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.已知直线经过抛物线的焦点，且与交于，两点，以线段为直径的与的准线相切于点，则（）A.直线的方程为 B.点的坐标为C.的周长为 D.直线与相切10.关于函数的图象与性质，下列说法正确的是（）A.是函数图象的一条对称轴B.是函数图象的一个对称中心C.将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象D.当时，11.已知数列的前项和为，若，且对，都有，则（）A.是等比数列 B.C. D.12.在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，过，，三点作该正四棱柱的截面，则下列判断正确的是（）A.异面直线与直线所成角的正切值为B.截面为六边形C.若，截面的周长为D.若，截面的面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知椭圆，，则的离心率为______.（写出一个符合题目要求的即可）14.在二项式的展开式中，第三项为常数项，展开式中二项式系数和为，所有项的系数和为，则______.15.已知复数，满足，，则的最大值为______.16.已知是定义域为的函数的导函数，曲线关于对称，且满足，则______；______.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.（10分）已知数列的前项和为，满足，且为，的等比中项.（I）求数列的通项公式；（II）设为数列的前项和，证明：.18.（12分）如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.（I）若，，求的面积；（II）若，求的最大值.19.（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，侧棱和侧棱与底面所成的角均为，，为中点，为侧棱上一点，且平面.（I）请确定点的位置；（II）求平面与平面所成夹角的余弦值.20.（12分）2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为；在续航测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为.（I）求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；（II）求离散型随机变量的分布列与期望.21.（12分）已知函数有两个不同的零点，.（I）求实数的取值范围；（II）证明：.22.（12分）已知，我们称双曲线与椭圆互为“伴随曲线”，点为双曲线和椭圆的下顶点.（I）若为椭圆的上顶点，直线与交于，两点，证明：直线，的交点在双曲线上；（II）过椭圆的一个焦点且与长轴垂直的弦长为，双曲线的一条渐近线方程为，若为双曲线的上焦点，直线经过且与双曲线上支交于，两点，记的面积为，（为坐标原点），的面积为.（i）求双曲线的方程；（ii）证明：.漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学答案详解123456789101112BDCDBABBACABCBDAD1.B【命题意图】本题考查指数不等式、对数不等式、分式不等式及函数的定义域与值域、集合的交集运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】因为，所以，所以集合.对于A选项，，则，所以A选项不合题意；对于B选项，，则，所以B选项符合题意；对于C选项，，则，所以C选项不合题意；对于D选项，不等式等价于解得，则，所以D选项不合题意，故选B.2.D【命题意图】本题考查存在量词命题、命题的真假、三角函数的值域，考查运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.【解题思路】若，为真命题，则.因为在上的最小值为，所以，故选D.3.C【命题意图】本题考查向量的坐标运算、共线向量、垂直向量，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】因为与共线，所以，解得.又，所以，解得，所以，所以，故选C.4.D【命题意图】本题考查数学文化、空间几何体的体积，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养.【解题思路】根据祖暅原理，知该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为9，高为9的圆锥的体积近似相等，所以该“睡美人城堡”的体积约为，故选D.5.B【命题意图】本题考查古典概型、条件概率，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】甲、乙两名大学生从四个社区中随机选择一个社区的情况共有（种），事件发生的情况共有（种），事件和事件同时发生的情况共有6种，所以，故选B.6.A【命题意图】本题考查三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.【解题思路】因为，所以，即，解得或.又为锐角，所以，则，即，解得，所以，故选A.7.B【命题意图】本题考查等差、等比数列的性质、通项公式与等差数列的求和公式，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】由题意得，.又，，所以，解得，所以，所以，，所以.若，则.又，则的最大值为7，故选B.8.B【命题意图】本题考查分段函数、函数的零点，考查运算求解能力、推理论证能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.【解题思路】依题意，函数零点的个数，即为方程解的个数，作函数的大致图象如图所示，令，则，当时，.令，，易知在上单调递增.又，，所以存在，使得；当时，，解得或，又，则，当时，，根据的图象可知，方程有两个解；当时，，根据的图象可知，方程有两个解；当，时，，根据的图象可知，方程有一个解.综上所述，函数的零点个数为5，故选B.9.AC【命题意图】本题考查抛物线的几何性质及标准方程、圆的性质、直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】依题意，抛物线的准线方程为，即，所以，即抛物线的方程为，则抛物线的焦点为.设直线的方程为，，，联立消去整理得恒成立，则则又因为线段为的直径，与的准线相切于点，所以，整理得，即，即，解得，所以直线的方程为，所以A选项正确；因为垂直于准线，所以点的纵坐标为，代入直线的方程，可得点，所以B选项错误；根据抛物线的定义可得，所以的半径为，所以的周长为，所以C选项正确；圆心到直线的距离为，所以直线与相交，不相切，所以D选项错误，故选AC.10.ABC【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】，令，，则，，当时，，所以是函数图象的一条对称轴（另解：因为，即当时，函数取得最小值，所以是函数图象的一条对称轴），所以A选项正确；令，，则，，当时，，所以是函数图象的一个对称中心（另解：因为，所以是函数图象的一个对称中心），所以B选项正确；因为，所以将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，即为函数的图象，所以C选项正确；，当时，，所以函数的值域为，所以D选项错误，故选ABC.11.BD【命题意图】本题考查等比数列的定义、通项公式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养.【解题思路】因为，所以不是等比数列（提示：等比数列的每一项均不为0），所以A选项错误；由，得，，，以及，易得，，.又，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，所以B选项正确；，当时，，则所以C选项错误，D选项正确，故选BD.12.AD【命题意图】本题考查正四棱柱的结构特征及截面、异面直线所成角，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养.【解题思路】不妨设，则，对于A选项，如图1，异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角，连接，则即为直线与直线所成的角或其补角.易得，在中，，，所以，所以A选项正确；对于B选项，如图2，延长交于点，连接交于点，延长交于点，连接交于点，连接，，则五边形即为平面截该四棱柱得到的截面，即截面为五边形，所以B选项错误；对于C选项，易知，，所以，即.又，所以，所以.又，所以，所以，，所以.在中，.又，所以，，所以，所以截面的周长为，所以C选项错误；因为，所以，所以为等腰三角形.又，所以，连接，如图2所示，则，所以.易知，所以，则，同理可得，所以截面的面积为，所以D选项正确，故选AD.图1 图213.填，，三者中任何一个即可【命题意图】本题考查椭圆的标准方程、离心率，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】当椭圆的焦点在轴上时，可得，解得.又，所以，此时椭圆的方程为，则椭圆的离心率为；当椭圆的焦点在轴上时，可得，解得.又，所以或，此时椭圆的方程为或，则椭圆的离心率分别为和，故可以填，，三者中任意一个即可.14.63【命题意图】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】二项式的展开式通项，令，则可得，所以，所以二项式的展开式中二项式系数和，令，可得所有项的系数和，则.15.【命题意图】本题考查复数的运算、复数的几何意义，考查运算求解能力、应用意识，考查数学运算、逻辑推理核心素养.【解题思路】令复数，，，则，所以，所以，，即.又因为，即在复平面内，复数所对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆.又点到点的距离为，所以的最大值为.16.【命题意图】本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、导数的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.【解题思路】因为曲线关于对称，所以曲线关于坐标原点对称，即函数为奇函数.又因为，所以，，所以.因为，整理得，令，则函数为上的可导奇函数，，且.又，所以，所以函数的图象关于直线对称，且12为函数的一个周期，所以，则.因为，所以，所以，所以.又，所以，所以函数也是以12为周期的周期函数.因为，所以，所以.因为，所以，即，所以.17.【命题意图】本题考查等差数列的通项公式、等比数列的性质、裂项相消法求和，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.解：（I）因为，所以，①当时，，②①－②得，化简可得，，且当时，满足上式，由题可得，故，解得，即数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以，.（II）证明：令，所以.又函数在上单调递增，所以.18.【命题意图】本题考查正弦定理及其推广、三角形面积公式、三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.解：（I）因为，的外接圆半径为4，所以，解得.在中，，则，解得.又，所以.在中，，，，所以.（II）设，.又，所以.因为，所以.在中，，由正弦定理得，解得.在中，，由正弦定理得，解得，所以.又，所以，当且仅当，即时，取得最大值1，所以的最大值为.19.【命题意图】本题线面平行的判定定理、平面与平面所成夹角的余弦值，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查逻辑推理、直观想象、数学运算核心素养.解：（I）取的中点，连接，则，过点作，交于点，则为的中点.因为，且平面，平面，所以平面.因为，平面，平面，所以平面.又，所以平面平面.又平面，所以平面，所以点的位置为的中点.（II）因为侧面底面，所以侧棱和侧棱与底面所成的角分别为和，则，所以为等边三角形，连接，则底面.以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.因为，所以，，，，，则，，，.设平面的法向量为，则即不妨令，则，所以.设平面的法向量为，则即不妨令，则，所以.设平面与平面所成夹角为，则，所以平面与平面所成夹角的余弦值为.20.【命题意图】本题考查互斥事件与相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列与期望，考查运算求解能力，考查数学运算、数据分析核心素养.解：（I）记事件为“该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为分”，则，，.记事件为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分为分”，则，，.记事件为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格”，则，则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为.（II）由题知离散型随机变量的所有可能取值分别为2，4，6，8，1