福建省漳州市高三毕业班第三次质量检测数学试题

漳州市2024届高三毕业班第三次质量检测数学试题考生注意：本试题卷共4页，19题．全卷满分150分，考试用时120分钟．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姓名、班级、考场等．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、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，则（）A. B.或C. D.【答案】B【解析】【分析】先将集合A，B化简，再利用交集运算得解.【详解】由，即，解得或，所以集合或，又，则或.故选：B．2.（）A.65 B.160 C.165 D.210【答案】C【解析】【分析】根据排列数、组合数的公式计算可得.【详解】.故选：.3.若复数，则（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则，复数的模的求法结合共轭复数的定义进行计算即可.【详解】复数，则，所以，所以，故选:C．4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】借助换元法，结合诱导公式与二倍角公式计算即可得.【详解】令，则，所以.故选：A．5.一个圆台上、下底面的半径分别为1和4，体积为，则它的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用圆台的体积公式求得高，再利用圆台的表面积公式即可得解.【详解】依题意，设圆台的高为，则，解得，所以圆台的母线长为，则圆台的表面积为.故选：B．6.在中，是边上一点，且是的中点，记，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量的线性运算法则进行运算即可.【详解】，故选：D．7.已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（）A.4 B.8 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题中条件可得的图像关于对称，结合是奇函数，可得的图象关于点中心对称，继而可得是以4为周期的周期函数，通过赋值，进一步计算即可.【详解】因为的图象关于对称，所以．因为①，则，即②，①②得，，所以的图像关于对称．令，则是奇函数，所以，即，所以的图象关于点中心对称，所以，所以，所以是以4为周期的周期函数．因为，所以．因为是以4为周期的周期函数，所以也是以4为周期的周期函数，取，，所以．因为，所以，所以．取，所以，所以，所以，故选:D．8.将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】经检验，数列中的奇数项都是数列中的项，观察归纳可得.【详解】数列中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，，经检验，数列中的奇数项都是数列中的项，即2，8，32，128，可以写成的形式，观察归纳可得，所以，故选：C．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（）A.的图象关于中心对称B.在区间上单调递增C.在上有4个零点，则实数的取值范围是D.将的图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象【答案】AD【解析】【分析】不妨设，根据图象求得函数的解析式，逐项验证即可.【详解】不妨设，则，解得．又，所以，解得，，取符合条件的的一个值，不妨令，则．对于A选项，因为．所以的图像关于中心对称，故A选项正确；对于B选项，令，解得，所以的单调递增区间为:，取，得的一个单调递增区间为．因为，所以在上不具有单调性，故B选项错误；对于C选项，因为，所以，所以，解得，故C选项错误；对于D选项，将的图象向右平移个单位长度得到:的图象，故D选项正确，故选:AD．10.点在抛物线上，为其焦点，是圆上一点，，则下列说法正确的是（）A.的最小值为.B.周长的最小值为.C.当最大时，直线的方程为.D.过作圆的切线，切点分别为，则当四边形的面积最小时，的横坐标是1.【答案】BD【解析】【分析】A选项：通过抛物线方程计算可得；B选项：运用抛物线定义，将转换为到准线的距离即可求出周长最小值；C选项：将最大问题，转换为的最大值问题，再讨论；D选项：结合A选项得到的结论，判断四边形的面积最小时点坐标.【详解】对于A选项，设，则，当且仅当时取等号，此时或，所以，，故A选项错误；对于B选项，抛物线的准线方程为，如图1，过作准线的垂线，垂足记为，则，当且仅当三点共线时，取得最小值，即，此时，又，所以周长的最小值为，故B选项正确；对于C选项，如图2，当与圆相切时，且时，取最大．连接，，由于，，，所以，可得直线的斜率为，所以直线的方程为，即，故C选项错误；对于D选项，如图3，连接，，由A选项知，，且当或时，，此时四边形的面积最小，的横坐标是1，所以D选项正确，故选：BD．11.如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（）A.当为的中点时，B.若在线段上运动，三棱锥的体积为定值C.存在点，使得平面截正方体所得的截面面积为D.当为的中点时，三棱锥的外接球表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，，，利用向量的坐标运算即可证明；对于，当点与点重合时，当点与点重合时，等体积法转化即可得三棱锥的体积；对于，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，可得截面面积；对于，设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，由可求外接球半径，根据球的表面积公式即可判断.【详解】对于选项，以为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，因为，所以，故选项正确；对于选项，当点与点重合时，如图2所示，，当点与点重合时，如图3所示，，所以三棱锥的体积不是定值，故选项错误；对于选项，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，如图4所示，其中，，为相应边的中点，则正六边形的边长为，所以该截面的面积为，故存在点，符合题意，故选项正确；对于选项，当为的中点时，如图5所示，易知平面，因为，，所以由余弦定理的推论得，所以，设的外接圆半径为，则，所以，设三棱锥的外接球半径为，则，所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项正确，故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线在处的切线方程为_______．【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义求解.【详解】由题可得，当时，，所以所求切线方程为．故答案为：.13.点分别为双曲线的左、右焦点，过作斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若为以为底的等腰三角形，则的离心率为_______．【答案】【解析】【分析】根据题意作出图象，结合双曲线的定义及题中条件可得，，，继而根据勾股定理建立方程，解出即可.【详解】由题可得，如图，取的中点，连接，则．设，则，所以，所以．因为直线的斜率为，所以．又，所以，则，所以．在中，，即，解得，即双曲线的离心率．故答案为：.14.如图，某城市有一条公路从正西方向通过路口后转向西北方向，围绕道路打造了一个半径为的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道，则的最小值为_______．【答案】【解析】【分析】在中，利用余弦定理结合基本不等式可得，利用正弦定理可得，利用三角函数的有界性建立不等式，即可求解.【详解】如图，设切点为，连接．由题意得，设，在中，,当且仅当时取等号．设，则，所以，故（当且仅当时取等号），所以，解得，所以的最小值为．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图，在四棱锥中，底面.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理及判定定理即可得证；（2）分别求两个平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式求平面与平面的夹角的余弦值；或确定平面与平而所成角的平面角，利用解三角形的相关知识即可求解.【小问1详解】因为，所以，又，所以由余弦定理得,因为，所以，因为平面平面，所以，又因为平面，所以平面，【小问2详解】解法一：以为坐标原点，所在的直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则即取，易得平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为，解法二：如图，过作，交延长线于，连接，因为平面平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，所以即为平面与平面所成角的平面角，由（1）可得，由余弦定理得，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为，16.已知数列满足，．（1）求数列的通项公式；（2）若对任意，求的最小整数值．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）作差法，计算得到，验证是否成立，进而得到数列的通项公式；（2）令，利用错位相减法得到，即可求得的最小整数值．【小问1详解】因为，①当时，，②①②得，即．当时，也符合上式，所以．【小问2详解】因为，所以，令，所以，两式相减得，所以．因为，所以，所以，故的最小整数值为1．17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若不等式恒成立，求的取值范围；（3）当时，试判断函数的零点个数，并给出证明．【答案】（1）答案见解析（2）（3）有且仅有2个零点，证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，再分与两种情况分类讨论的单调性即可求解；（2）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题；（3）构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解．【小问1详解】因为，所以，当时，恒成立，所以；当时，令，解得（舍去负根），令，得；令，得．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】由恒成立，得在上恒成立，所以在上恒成立．令，则．令，易知在上单调递减．又，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也最大值，即，所以，即的取值范围为．【小问3详解】当时，，则，令，则，当时，，所以在上单调递减．又，所以在上存在唯一零点．设在上的零点为，可得当时，，单调递增；当时，单调递减，解法一：，因为，所以，故．又，所以．又，所以在上有一个零点．又，所以在上有一个零点．当时，，所以在上没有零点．当时，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，所以，而，所以，故在上没有零点．综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．解法二：因为，，所以在上有一个零点．又，所以上有一个零点，当时，，易证，所以，从而在上恒成立，故在上没有零点．当时，，设，则，所以在上单调递减．又，则在上恒成立，所以在上恒成立，故在上没有零点．综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．【点睛】思路点睛：本题第二小问，将恒成立问题，分离常量转化为，构造函数，求的最大值，即可得解；第三小问，主要考查利用导数判断函数零点个数.利用导数可得当时，单调递增；当时，单调递减，其中，再结合零点存在性定理，可得零点所在区间得解.18.已知椭圆的右焦点为是上的点，直线的斜率为．（1）求的方程；（2）过点作两条相互垂直的直线分别交于两点和两点，的中点分别记为，且为垂足．试判断是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在；【解析】【分析】（1）由条件列方程组，即可得解；（2）当均不与轴垂直时，设直线的方程为，得出直线的方程，分别与椭圆的方程联立，求出中点的坐标，进而得到直线的方程，可知直线过定点，并验证特殊情况下，直线也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解．【小问1详解】依题意得解得所以的方程为．【小问2详解】存在点，使得为定值．当均不与轴垂直时，设直线的方程为，，则直线的方程为，联立消去整理可得，．则，设，则，，所以．同理得点的坐标为，则直线的斜率，所以直线的方程为，令，解得，所以直线经过定点；当时，直线的方程为，也经过定点．当与轴垂直或重合时，直线的方程为0，经过定点．综上，直线经过定点．记定点的中点记为，则，，因为，所以为定值，所以存在点，使得为定值．【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，直线过定点.设出直线的方程为，根据条件得直线的方程，分别与椭圆的方程联立，由韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线的方程，证明直线过定点，结合图形分析得出结果.19.“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复．（1）若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；（2）记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行