2024年福建厦门高三第三次质量检测数学试题答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页厦门市2024届高中毕业班第三次质量检测数学试题2024．4本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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．已知复数满足，则（

）A． B．1 C． D．2．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，为其终边上一点，则（

）A． B．4 C． D．13．函数的图象大致为（

）A． B．C． D．4．在菱形中，若，且在上的投影向量为，则（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．6．棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（

）A． B． C． D．7．若直线与曲线相切，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．双曲线的左、右焦点分别为，且的两条渐近线的夹角为，若（为的离心率），则（

）A． B．C． D．的一条渐近线的斜率为10．定义在上的函数的值域为，且，则（

）A． B．C． D．11．投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（

）A．和互为对立事件 B．事件和不互斥C．事件和相互独立 D．事件和相互独立三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．展开式中的常数项为．13．已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则它的母线长为．14．设为数列的前项积，若，其中常数，则（结果用表示）；若数列为等差数列，则．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．在中，角的对边分别是，且．(1)求；(2)若面积为，求边上中线的长．16．如图，在三棱柱中，平面平面，．

(1)设为中点，证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．17．从一副扑克牌中挑出4张Q和4张K，将其中2张Q和2张K装在一个不透明的袋中，剩余的2张Q和2张K放在外面．现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中：若抽出K，则该扑克牌不再放回，并将袋外的一张Q放入袋中．如此操作若干次，直到将袋中的K全部置换为Q，(1)在操作2次后，袋中K的张数记为随机变量X，求X的分布列及数学期望；(2)记事件“在操作次后，恰好将袋中的全部置换为”为，记．（ⅰ）在第1次取到的条件下，求总共4次操作恰好完成置换的概率；（ⅱ）试探究与的递推关系，并说明理由．18．在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，且当的斜率为1时，．(1)求的方程；(2)设与的准线交于点，直线与交于点（异于原点），线段的中点为，若，求面积的取值范围．19．若实数集对，均有，则称具有Bernoulli型关系．(1)若集合，判断是否具有Bernoulli型关系，并说明理由；(2)设集合，若具有Bernoulli型关系，求非负实数的取值范围；(3)当时，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．【详解】，，．故选：C．2．D【分析】根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解．【详解】始边与轴非负半轴重合，，为其终边上一点，则，且，解得．故选：D．3．A【分析】根据函数的定义域以及奇偶性即可求得答案．【详解】因为函数的定义域为，排除CD，又，即为偶函数，图象关于轴对称，排除B．故选：A．4．B【分析】根据给定条件，结合向量减法可得，再利用投影向量的意义求出.【详解】由，得，而是菱形，则是正三角形，于是，，因此在上的投影向量为，所以.故选：B5．B【分析】判断出，，，即可求解.【详解】，故；，故，故.故选：B.6．C【分析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，借助相似三角形的性质计算即可得.【详解】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，在平面内过点作于点，由题意可得，，，平面，因为平面，则，因为，故，即.故选：C.7．A【分析】借助导数的几何意义计算可得，借助导数得到函数的值域即可得解.【详解】对于，有，令切点为，则切线方程为，即，即有，令，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故，又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷，故，即.故选：A.8．D【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，由题意利用正弦函数的单调性可得，所以，利用正弦函数的周期性可求的周期，解得，即可得解．【详解】因为，又因为，且，则，若在上单调递增，所以，所以，因为对任意的实数，在上不单调，所以的周期，所以，所以．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数单调性求参数，关键是整体思想的应用及对任意实数，在上不单调与周期间的关系.9．ABD【分析】求得双曲线的焦点，渐近线方程，结合离心率公式，对选项判断可得结论．【详解】双曲线的焦点，，，由，可得，故A正确，C错误；由双曲线的渐近线方程，则两条渐近线的倾斜角为，故两渐近线的夹角为，可得，故BD正确．故选：ABD．10．ACD【分析】利用赋值法及基本不等式结合选项可得答案.【详解】令，则有，解得或，因为函数的值域为，所以，A正确；令，则有，即令，则有，即，B不正确；令，则有，所以，即，C正确；因为，所以，，所以，当且仅当时，取到等号，所以，D正确.故选：ACD11．BC【分析】根据题意，由对立事件的定义分析A，由互斥事件的定义分析B，由相互独立事件的定义分析CD，综合可得答案．【详解】根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则，表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则，表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，，依次分析选项：对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误；对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确；对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，由于，则事件和相互独立，C正确；对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，，事件、不是相互独立事件，D错误．故选：BC．12．160【分析】由题意利用二项式定理可得解.【详解】二项式的展开式的通项公式，令，可得，所以展开式中的常数项为.故答案为：160.13．2【分析】由侧面展开图是一个半圆可得，再根据体积建立关系即可求出.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，因为它的侧面展开图是一个半圆，则，即，又圆锥的体积为，则可解得，故母线长为2.故答案为：2.14．1或2【分析】由已知递推关系分别令，，即可求解，然后结合等差数列的性质即可求解，并检验.【详解】因为为数列的前项积，，时，，当时，，即，时，，则，若数列为等差数列，则，所以，整理得，，解得或．检验：当时，，则时，，则，即，故为以为首项，1为公差的等差数列；当时，,则时，，则，故，得，即，又，故为常数列，即,易知其为等差数列.故答案为：；1或2．【点睛】关键点点睛：本题考查数列递推关系求通项，关键是特值思想求值并证明.15．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理边化角即可得到角；（2）根据，得，结合三角形面积公式即可得到，再由正弦定理得边c，以及，即可得到答案．【详解】（1），由正弦定理边化角得，，，或（舍），又，；（2），，，，，即，解得，由正弦定理，得，设边的中点为，连接，如下图：，即，即，解得．16．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据等边三角形的性质得出，根据平面平面得出平面，，利用勾股定理得出，从而证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量求平面与平面的夹角余弦值．【详解】（1）证明：因为为中点，且，所以在中，有，且，又平面平面，且平面平面，平面,所以平面，又平面，则，由，，得，因为，，，所以由勾股定理，得，又，平面，所以平面；（2）如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系，可得，则，设平面的法向量为，由，令，得，，所以,由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为，记平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．

17．(1)分布列见解析，；(2)（ⅰ）；（ⅱ），理由见解析.【分析】（1）由题意可知，的所有取值为0，1，2，求出相应的概率，进而得到的分布列，再结合期望公式求出即可；（2）（ⅰ）利用条件概率公式求解；（ⅱ）设事件表示“次操作后袋中还剩1张”，则（B），为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，分2种情况求得（B），代入（B），即可得到与的递推关系．【详解】（1）由题意可知，的所有取值为0，1，2，则，，，所以的分布列为：012所以；（2）（ⅰ）记事件表示“第1次取到”，事件表示“总共4次操作恰好完成置换”，则（E），依题意，若第一次取到，则剩余的3次操作，须将袋中全部置换为，①若第二次也取出，则第三次和第四次均须取出，其概率为，②若第二次取出，则第三次取出，第四次取出，其概率为，综上所述，，所以，即在第1次取到的条件下，总共4次操作恰好完成置换的概率为；（ⅱ），理由如下：设事件表示“次操作后袋中还剩1张”，依题意，为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，而发生这样的情况需次操作后袋中还剩1张，且第次抽中，则，即，为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，发生这样需2种情况：①次操作后袋中还剩2张（即前次全取，概率为，并且第次和次全取，②次操作后袋中还剩1张，第次取，第次取，所以（B）又因为，所以．18．(1)；(2).【分析】（1）先设的方程为，，，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义即可求解；（2）先设出，进而可求的坐标，可得直线轴，求出的范围，再由三角形面积公式即可求解.【详解】（1）不妨先设的方程为，，，代入，可得，所以，，则，由题意可知当斜率为1时，，又，即，解得，所以的方程为；（2）由（1）知，直线的方程为，抛物线方程，，所以的纵坐标，将的纵坐标代入，得，所以的坐标，易知抛物线的准线为,又因为与的准线交于点，所以的坐标，则直线的方程为，把代入，得，即或，因为点异于原点，从而的纵坐标为，把代入，得，所以，因为的坐标，所以，的纵坐标相同，所以直线轴，且，所以面积，因为，所以，所以，因为点异于原点，所以，所以，因为，所以，所以，即面积的取值范围为.19．(1)具有Bernoulli型关系，理由见解析；(2),(3)证明见解析【分析】（1）根据定义判断是否满足即可；（2）令，，，再对其求导，分，，三种情况分析单调性及最值，即可求解；（3）化简，可得且，根据（2）中的结论，可得，再根据的范围求出的范围，进而可求出的范围，最后可得的范围．【详解】（1）依题意，是否具有型关系，等价于判定以下两个不等式对于是否均成立：①，②，，，具有型关系．（2）令，，，则，①当时，显然