福建省漳州市2024届高三年级下册三模试题 数学 含答案

福建省漳州市2024届高三毕业班第四次教学质量检测

数学试题

本试卷共4页.满分150分.

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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：本大题共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.

1.一组数据如下：3,7,9,10,13,15,19,21,该组数据的75%分位数是（）

A.15B.17C.19D.20

2.已知复数Z=Ei,则卜2024_Z2025]=（）

1+i11

A.2B，72C.lD.O

3.二项式（1-2x）6展开式中，炉项的系数为（）

A.-60B.-15C.15D.60

4.设。>08>0,且。+2/?=1,则log2。+log?》的（）

A.最小值为-3B.最小值为3

C.最大值为-3D,最大值为3

5.已知函数/（x）=lnx+x,g（x）是函数〃2%+1）的导函数，则g（0）=（）

A.lB.2C.3D.4

6.已知数列｛4｝是公比不为1的正项等比数列，贝疗=2是％⑶"=%•%成立的（）

A.充要条件B.充分不必要条件

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

7.已知函数/（x）=（。-1）罐+优a>0,aHl）,则函数的单调性（）

A.与。无关，且与匕无关B.与。无关，且与〃有关

C.与a有关，且与〃无关D.与。有关，且与Z?有关

22

8.已知双曲线C：2r—==1（。〉0]〉0）左、右焦点分别为耳，鸟，过£的直线与C的渐近线

b

/：丁=—/%及右支分别交于43两点，若耳A=AB，KB.鸟B=0,则。的离心率为（）

A.-|B.2C.6D.3

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有

多个选项符合题目要求.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.已知函数/（x）=cos2x+asinx-2,则下列说法正确的是（）

A.当。=0时，的最小正周期为兀

7

B.当。=1时，/（X）的最大值为一—

8

C.当。=一3时，/⑴在区间［0,2兀］上有4个零点

D.若f（x）在［0,1］上单调递减，则a的取值范围为［0,+%）

10.如图，四棱锥P—ABCD中，R4,底面ABCD,且PA=AB=AD=，AB//

2

CD,^ADC=90,平面与平面尸交线为/,则下列直线中与/垂直的是（）

A.PBB.CDC.PCD.PD

11.我们把方程xe'=l的实数解称为欧米加常数，记为Q.Q和e一样，都是无理数，。还被称为在指数

函数中的“黄金比例”.下列有关Q的结论正确的是（）

A.Qe（0.5,1）

B.In——Q

Q

11

c^l=uuf其中"=一

e

j_

D.函数f（X）0e*+xlnx的最小值为

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.

12.写出过点P（-2,-1）且与抛物线＞2=4%有唯一公共点的一条直线方程.

13.已知向量&忖=4,且在。上的投影向量的坐标为（—2,—2）,则。与6的夹角为.

14.在矩形ABCD中，AB=2,AD=1,P为。。的中点，将ZMP沿AP折起，把ZMP折成SAP,使

平面SAP_L平面ABCP,则三棱锥S-ABP的外接球表面积为.

四、解答题：本大题共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.（13分）

记，ABC的内角A6C的对边分别为a,b,c,已知3=三力=2指.

3

（1）若a,4c成等差数列，求，ABC的面积；

也、

（2）右sinA-sinC=——b>求

12

16.（15分）

如图，在四棱锥P—A3CD中，底面ABCD为梯形，平面平面ABC。，AB//

是等边三角形，M为侧棱？B的中点，且AD=DC=2,AB=4.

（1）证明：CM〃平面75A£＞；

（2）G是线段尸D上异于端点的一点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求平面GMC与平面

PLB所成角的余弦值.

条件①：四棱锥G—A5GD的体积为6；

3

条件②：点G到平面R钻的距离为一.

2

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

17.（15分）

已知椭圆E:三+%=l（a〉》〉0）的离心率为|，点,1,—|]C（—1,2）中恰有两个点在E

上.

（1）求E的方程；

（2）设〃eN*A“纥Q的内角人,凡,G的对边分别为4也,G，

仿+q=2%,%1M二/3用=号”,="5二若点耳,C.在x轴上且关于原点对称，问：是否存在

%,使得点4都在E上，若存在，请求出的,若不存在，请说明理由.

18.(17分)

某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统(记为系

统A和系统B),该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故

障则自动切换到另一个系统.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统A和8分别进行

测试试验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次

时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试

验，若系统A不出现故障且系统8出现故障，则系统A得1分，系统B得-1分;若系统A出现故障且系

统8不出现故障，则系统A得-1分，系统B得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系

统均得0分.系统A、B出现故障的概率分别记为。和P,一轮试验中系统A的得分为X分.

(1)求X的分布列；

(2)若系统A和8在试验开始时都赋予2分，R(j=0,1,2,3,4)表示“系统A的累计得分为，时，最终认

为系统A比系统8更稳定”的概率，则Po=O,P4=l，Pi=aPt-x+bpt+cpM(z=1,2,3),其中

a=p(X=—1)/=?(乂=0),。=?(*=1).现根据。2的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启

动哪个系统，若Pa，。］，则先启动系统5；若则先启动系统A；若0.1＜必＜0§,则随机启

动两个系统中的一个，且先启动系统A的概率为P?.

①证明：P，=-2Q--3-7；

2(z2(l-/7)2产+(lP-a)2/72

②若。=0.001,尸=0.002,由①可求得P270.8,求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另

一个自动驾驶系统的概率.

19.(17分)

设_a,beR,函数/(x)=辰”一2%+4+辰*一/+Z?|,

g(x)=2xev-x2-2x+a+Z?,/z(x)=x2-2x+a-Z?,/(x),g(x),/z(x)的定义域都为一心」.

(1)求g(x)和人⑺的值域;

⑵用max｛加,〃｝表示加，〃中的最大者，证明：/(x)=max^|g(x)|,|/z(x)|j；

(3)记了(%)的最大值为,求E(a,Z?)的最小值.

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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.选择题和填空题不给中间分.

一、单项选择题：本大题共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

l.B2.B3.D4.C5.D6.A7.A8.C

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有

多个选项符合题目要求，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.AB10.BCD11.ABC

三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分.

n.y=-l,y=x+l,y=-^x-2(写对一个方程即可)13.13514.14.4兀

四、解答题：本大题共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.解：

(1)因为a,4c成等差数列，所以a+c=2Z?,

又b=,所以a+c=4V§*①，

在，ABC中，由余弦定理可得：b2=a2+c2-2accosB，

兀

又3=1,所以12="+，_ac=(a+c)2—3ac②,

由①②得QC=12,

所以ABC的面积S=—acsinB=—x12x=3y/3.

222

(2)因为b=2，§,sinA-sinC=——b，所以sinA-sinC=7,

122

jr9JT

又因为A+5+C=7i且3=—,所以C=——A,

33

(2兀J

所以sinA-sin1A

2

所以sinA—3cosA--sinA=—,所以LinA一且。s」，

222222

所以sin[A—1]=；,

又因为0<4<兀，所以——<A——<—,所以A——=-,所以A=—,

333362

b

所以。=——=4.

sinB

16.解法一：

(1)证明：如图，取AB的中点O,连接OCOM.

因为"为侧棱？B的中点，

所以。0〃R4，

因为QW(Z平面PAO,PAu平面PAD，

所以〃平面QAQ,

因为DC=2,AB=4,AB〃CD,

所以。C=A。,。。//AO,

所以四边形ADCO为平行四边形，

所以OC〃AO.

因为OC<z平面PAD,A£>U平面PAD，

所以0c〃平面B4O,

因为。。门。〃=。,。。,。河<=平面0。/,

所以平面OCM〃平面QAD.

因为CMu平面OCM,所以CM〃平面K4O.

(2)如图，连接OP,

因为〃A£＞，所以OCLAB

因为..ELB是等边三角形，。为AB的中点，

所以OPLAB,

因为平面RIB_L平面ABCD,

平面PABc平面ABCD=AB,OPu平面PAB,

所以OP，平面ABCD,

又OCu平面A3CD,所以OPLOC.

以。为原点，OC所在直线为无轴，。8所在直线为V轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系

O-xyz,贝！］

P（0,0,273）,A（0,-2,0）,B（0,2,0）,C（2,0,0）,D（2,-2,0）,

（0,1,73）,

选择①：设06=；100=；1（—2,2,26）=卜242；1,2低）,；16（0,1）,

,11（2+4）x2

由%-ABCDugSABco/ngX-----------xh=^Jr3,

其中〃为点G到平面ABC。的距离，得〃=也,

2

又因为点P到平面ABCD的距离PO=2看,

所以=士，所以4

DPPO44

所以CG=CD+DG=（0,—2,0）+

设平面GMC的法向量为m=（x,y,z）,

——z=0,

2

又n=（1,0,0）是平面PAB的一个法向量,

\m-n\_2#>

所以平面GMC与平面PAB所成角的余弦值为|cos伽,力卜

•同5

选择②：设DG=；LDP=2（—2,2,2右）=卜24e（0,1）,

因为OC〃平面RW，所以平面B4B，

所以点。到平面K4B的距离为ZM=2,

3

又点G到平面PAB的距离为h=一,

2

D「IQ11

所以四=」-=±,所以。G=—PD,所以；l=—,

PDDA444

以下同选择①

解法二:

（1）证明：取R4的中点。，

连接QM,QD，则QM=gAB,且QM〃AB，

又因为CD=^AB,AB//CD,

2

所以QM=CD且QM//CD,

所以四边形QMCD为平行四边形,

所以CM//QD,

又因为CMZ平面PM,u平面PAO,

所以直线CM//平面Q4D.

(2)同解法一.

17.解：

(1)因为A|l，m与小，彳

关于x轴对称，£也关于左轴对称，A8,C中恰有两个点在£上，所以

A3在E上，C不在E上,

9

所以1,4，

/b1

又因为e=———,c—yjci~—b,a>b>0,

a2

所以a=2,b=c=1,

22

所以E的方程为L+L=l.

43

(2)存在q=2,使得点A,都在E上理由如下：

因为4+i=%，所以4=%，

因为，+1----，％+1----，

所以d+1+G+i=g(d+c.)+a“，即d+1+%+1=3(d+。〃)+%,

所以+G+1_2弓=万(2+G_2aJ,

又因为4+9=2%,所以4+q—2%=0,

所以％+c,—2q=0,即勿+%=2%,

所以41G+",=2al〉q=BnCn,

所以点儿在以8”Q为焦点,2q为长轴长的椭圆上，

又因为E的焦点为(±1,0)，长轴长为4,点用,Q在x轴上且关于原点对称,

f2a.=4,

所以点4都在椭圆E上八"c=q=2,

WC=弓=2

所以存在％=2,使得点A”都在E上.

18.解法一：

(1)X的所有可能取值为

P(X=-1)=cr(l-^),P(X=l)=(l-(z)^,

p(X=0)=l-P(X=-l)-P(X=l)=l-a(l-^)-(l-«)^,

所以X的分布列为

X-101

P1-6Z(1-/?)-(1-or)/?(j)力

(2)①由题意，

得P,=a(l—a(l—尸)_(1—a)尸]Pi+(1—a)尸Pm,所以

[a(1—尸)+(1—a)分]p,=a(1—分)PT+(1—a)ppM

所以加=--------------仁丽--------------尸I"，

又2°=0,「4=1，

［。（1一分）+。一£）4］乌一。（1—万）00

所以p2=

[a(l-0+(l—a)尸]Pi

[a(l-0+(1—a)4]P2—a。-0P1

=

P3(1-0，

L「a(Il—6)'+('1—a)7尸J]口2—1('1一月7)，a(7l—(尸1)、+a()1。—a)--夕修p

。-a）尸

_[«(l-/5)+(l-tt)y0]2-tz^(l-«)(l-^)

(l-a)万•[cr(l-/)+(l-(z)尸]''

£)+(1—a)£]p3—a(l—£)P2

PL

所以

ra/i6)+(1公函I。。—'HQ—&)£f—30—a)°—£)Da(lBYD

1a(l-£)+(l-a)£」一(~).7(1叫+(〜)川——上以

CCI,（j/

所以必=-------;--------5~7，

Ol（1—p）+（1—CK）J3

②记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T，“该型号汽车启动自

动驾驶功能后先启动系统A”为事件C,

因为e=0.001,ft=0.002,/?2«0.8e（0.1,0.9）,

所以由题意，得P(c)=p2H0.8,P(e)=1_p2ao2，

P(T|C)=l-0=1-0.001,P(叫=1-〃=1-0.002,

所以P（T）=/（C）P（T|C）+P（C）P（r|C）

«0.8X(1-0.001)+0.2X(1-0.002)=0.9988,

即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率为0.9988.

解法二：

（1）同解法一.

Pi=ap0+bpx+cp2,

得《P2=%+

（2）①由题意,bp2+cp3,

P3=ap2+bp3+cp4

又Po=0,.4=1，

Pl=奶+02,(1-^)A=@2,

I02=%+212=

所以如+牝，所以(1一8)。aPi+cp3

(1-Z?)p=ap+c,

P3-ap2+bp3+c.32

(a+c)Pi=cpz，

因为a+b+c=l,所以l—Z?=a+c,所以《(a+c)P2=QR+q?3,

(a+c)

P3-ap2+c,

/\cap?+c

所以(a+c)〃2=〃-------Pi+c-----------

a+ca+c

c2

所以(a+c)2P2=2Q@2+/,所以〃2=

a2+c2

又因为a=P(X=-1)