福建省漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学试题【含答案解析】

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.【答案】B【解析】【分析】计算求得集合，根据选项计算求得集合,由，依次判断即可.【详解】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.若，为真命题，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知，只需即可.【详解】若，为真命题，则.因为在上的最小值为，所以，故选：D.3.已知向量，向量，向量，若与共线，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量共线以及垂直的坐标表示，列出关于的方程组，求解即可.【详解】因为与共线，所以，解得.又，所以，解得，所以，所以.故选：C.4.公元年，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，介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.【答案】D【解析】【分析】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，高为的圆锥的体积近似相等，利用锥体的体积公式可求得该“睡美人城堡”的体积.【详解】如下图所示：圆锥的高和底面半径为，平行于圆锥底面的截面角圆锥的母线于点，设截面圆圆心为点，且，则，易知，则，即，可得，所以，截面圆圆的半径为，圆的面积为，又因为，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，高为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.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.【答案】B【解析】【分析】由古典概型、条件概率计算公式即可得解.【详解】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.若锐角满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】借助三角恒等变换公式化简原式计算可得，结合二倍角的正弦公式与诱导公式计算即可得.【详解】因为，所以，即，解得或，又为锐角，所以，则，即，解得，所以.故选：A.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.9【答案】B【解析】【分析】先求得由此求得，由此解不等式，求得正确答案.【详解】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.已知函数，则函数的零点个数为（）A.3 B.5 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】令，求出方程的根，再结合图象求出的解的个数即可.【详解】依题意，函数零点的个数，即为方程解的个数，令，则，当时，，令，，函数在上单调递增，于是函数在上单调递增，又，，则存在，使得；当时，，解得或，作函数的大致图象，如图：又，则，当时，，由的图象知，方程有两个解；当时，，由的图象知，方程有两个解；当，时，，由的图象知，方程有一个解，综上所述，函数的零点个数为5.故选：B【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.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A，B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【答案】AC【解析】【分析】A选项，根据题意得到抛物线方程，设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据列出方程，求出，得到直线方程；B选项，求出点的纵坐标为，从而代入求出横坐标，得到B正确；C选项，由焦点弦公式得到，求出的半径和周长；D选项，利用圆心到直线距离公式和半径相比，得到答案.【详解】A选项，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正确；B选项，因为垂直于准线，且，所以点的纵坐标为，代入直线的方程，即，解得，可得点，所以B错误；C选项，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；D选项，圆心到直线的距离为，所以直线与相交，不相切，所以D错误.故选：AC.【点睛】结论点睛：抛物线的相关结论，（1）中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；（2）中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.10.关于函数图象与性质，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，【答案】ABC【解析】【分析】由正弦型函数的解析式判定函数的相关性质时，一般先将相位角中的化成正值，再将其看成整体角，最后结合正弦函数的图象的相关性质判断即得.【详解】，对于A项，令，，则，，当时，，所以是函数图象的一条对称轴，故A项正确；对于B项，令，，则，，当时，，所以是函数图象的一个对称中心，故B项正确；对于C项，因为，显然将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，即函数的图象，故C项正确；对于D项，，当时，，结合正弦函数的图像可知函数的值域为，故D项错误.故选:ABC.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.【答案】BD【解析】【分析】由可判断A选项；推导出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可判断B选项；由与的关系求出数列的通项公式，可判断D选项.【详解】因为，所以不是等比数列，所以A选项错误；由，得，，，以及，可得，，，以此类推可知，，则，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以B选项正确；当时，，当时，，不满足，故，所以C选项错误，D选项正确，故选：BD.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【答案】AD【解析】【分析】A项，通过作图得出面直线与直线所成角，即可求出角度正切值；B项，通过作图即可得出截面的形状；C项，求出截面与四棱柱相交的5边的各边长，即可得出截面的周长；求出和的面积，即可得出截面面积.【详解】由题意，设，则，对于A选项，异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角，连接，如下图，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，如下图，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，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.【点睛】关键点点睛：本题关键是根据平面的性质求截面形状，进而求截面的周长和面积.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）【答案】（填，，三者中任何一个即可）【解析】【分析】按焦点位置分类讨论求解即可.【详解】①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，所以，则，离心率，故椭圆的离心率为；②当椭圆的焦点在轴上时，可得，解得.又，所以或.当时，此时椭圆的方程为，则，所以，则，离心率，故椭圆的离心率为；当时，此时椭圆的方程为，则，所以，则，离心率.综上所述，的离心率为或或.故答案为：（可以填，，三者中任意一个即可.）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______.【答案】63【解析】【分析】由二项式定理的展开式通项公式和条件先求得的值，再根据展开式的二项式系数和与所有项的系数和的含义分别求解即得.【详解】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.故答案为：63.15.已知复数，满足，，则的最大值为______.【答案】##【解析】【分析】设，根据题意求得，根据复数的几何意义求得对应点的轨迹，再根据几何意义求目标式的最大值.【详解】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.故答案为：.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______；______.【答案】①.；②.##-0.5【解析】【分析】构造函数，根据已知条件判断的奇偶性和周期性，从而求得，进而去求；再结合的周期性，从而求得.【详解】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.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查函数奇偶性和周期性；处理问题的关键一是构造函数；二是能够数量掌握函数奇偶性和周期性的判断方法；三是准确的进行求导；属综合困难题.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.已知数列的前项和为，满足，且为，的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前项和，证明：.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）借助与的关系与等比中项的性质计算即可得；（2）借助裂项相消法可求得，结合函数的单调性即可得证.【小问1详解】因为，所以，①当时，，②①－②得，化简可得，，且当时，满足上式，所以数列是公差为2的等差数列，由题可得，故，解得，所以，；【小问2详解】证明：令，所以，又函数上单调递增，所以.18.如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.（1）若，，求的面积；（2）若，求的最大值.【答案】（1）4；（2）.【解析】【分析】（1）在三角形中，根据正弦定理求得，再在三角形中，利用三角形面积公式即可求得结果；（2）设，在三角形中分别用正弦定理表示，从而建立关于的三角函数，进而求三角函数的最大值，即可求得结果.【小问1详解】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.【小问2详解】设，.又，所以.因为，所以.在中，，由正弦定理得，即，解得.在中，，由正弦定理得，即，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.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.（1）请确定点的位置；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.【答案】（1）点的位置为的中点；（2）.【解析】【分析】（1）构造与平面平行的平面，通过证明平面平行证明线面平行，从而求得点的位置；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，再求平面夹角的余弦值即可.【小问1详解】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，面，所以平面平面.又平面，所以平面，所以点的位置为的中点.【小问2详解】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.20.2023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.（1）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；（2）求离散型随机变量的分布列与期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）设出事件，得到相应的概率，相加后得到答案；（2）得到随机变量的可能取值及对应的概率，得到分布列和数学期望.【小问1详解】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.【小问2详解】由题知离散型随机变量的所有可能取值分别为2，4，6，8，10，，，，，，则离散型随机变量的分布列为246810所以数学期望.21.已知函数有两个不同的零点，.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）方程变形为，令，，利用单调性转化方程有两个不等的实根，，引入函数，由导数确定其性质（单调性与极值）后可得结论；（2）记，可设，则，引入函数，，由单调性证得，即，再转化为的不等式，由基本不等式，从而有，即，不等式变形为，利用函数的单调性得出，平方后取对数即证得题设不等式成立．【小问1详解】函数有两个不同的零点，即方程有两个不相等的正根，即方程有两个不相等的正根.令，，易知在上单调递增，，令，则问题等价于方程有两个不等的实根，.令，，则，令，解得，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且当时，函数取得最小值，当时，，当时，，所以，即当时，方程有两个不等的实根.综上所述，实数的取值范围是.【小问2详解】由（1）记，可设，则.令，，则，所以在上单调递增，所以.因，所以，即，所以.又函数在上单调递减，且，所以，即，所以，即.因为，所以.又因为，所以.又由（1）知函数在上单调递增，所以，即，所以，所以.【点睛】难点点睛：本题考查函数的零点、不等式恒成立问题，难点在于零点的转化，不等式的证明．（1）本题利用证明中用到的函数的性质，由于的零点与的零点是一对一的，，由，我们构造函数，确定其单调性证得，这是第一个难点，（2