2024届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省漳州市2024届高三上学期第一次教学质量检测数学试题一、单项选择题1.设全集，若集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根据题意解指数不等式可得，由函数定义域可得，所以；阴影部分表示的集合为.故选：A2.已知复数z满足（i为虚数单位），则（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗将整理可得，所以；可得.故选：D3.已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由得，，由得，由得.在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，由图象知，，.故选：B4.已知向量，，若，则（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，且，所以由数量积的坐标公式可知，解得，因此，由向量减法坐标公式可得，最终结合向量模的坐标公式可得.故选：C.5.已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.〖答案〗B〖解析〗一方面：设双曲线渐近线被圆所截得的弦长为,圆的半径为，圆心到渐近线的距离为，又根据题意有，因此根据垂径定理可得，另一方面：不妨设渐近线方程为（其中），又圆的圆心坐标为圆，因此根据点到直线之间的距离公式有圆.结合以上两方面有，解得，又，所以双曲线的离心率为.故选：B.6.若，则（）．A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗若，所以，则，故选：．7.如图，在五面体ABCDEF中，底面是矩形，，，若，，且底面ABCD与其余各面所成角的正切值均为，则该五面体的体积是（）A.225 B.250 C.325 D.375〖答案〗C〖解析〗过作面于，过作分别交于，记的中点为，连接，同理作出，如图，因为底面是矩形，所以，又，所以，因为面，面，所以，因为面，所以面，因为面，所以，所以是面与面的所成角，则由题意知，同理是面与面的所成角，则，因为，所以，则，又易得，所以是的中点，由上述分析易知四边形是矩形，则，所以，则，故，易得，则，因为为的中点，所以，又易得，所以为面与与面的所成角，则，即，则，即，由对称性可知，从而，因为，同理，所以，又，所以四边形是矩形，同理可得四边形与四边形是矩形，则几何体是直棱柱，由对称性可知，，所以该五面体的体积为.故选：C.8.已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（）A. B. C.2e D.4e〖答案〗B〖解析〗因为是和的公切线，设切点分别为和，则，由，可得，则又由，可得，且，则，所以，可得，即，显然同号，不妨设，设，（其中），可得，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，要使得有解，则需要，即即，解得，所以，即的最大值为.故选：B.二、多项选择题9.将100个数据整理并绘制成频率分布直方图（如图所示），则下列结论正确的是（）A.B.该组数据的平均数的估计值大于众数的估计值C.该组数据的第90百分位数约为109.2D.在该组数据中随机选取一个数据记为n，已知，则的概率为〖答案〗BC〖解析〗对于A选项：由阴影部分面积之和为1可知，解得，故A选项不符题意.对于B选项：不妨设众数和平均数分别为，由图可知显然有，，因此，即平均数的估计值大于众数的估计值，故B选项符合题意.对于C选项：设第90百分位数为，且注意到这100个数据落在区间的概率为，所以一定落在区间内，所以，解得，故C选项符合题意.对于D选项：记、分别为事件，则由图可知，，则由条件概率公式得，故D选项不符题意.故选：BC.10.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.B.的图象关于直线对称C.将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于原点对称D.若在上有且仅有一个零点，则〖答案〗ABD〖解析〗由题意可得，，故，A正确；又因为，故，所以，所以.对于B，当时，，的图象关于直线对称,B正确；对于C，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象不关于原点对称，C错误；对于D，在上有且仅有一个零点，D正确.故选：ABD.11.已知正项等比数列的前n项积为，且，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则〖答案〗ABD〖解析〗不妨设正项等比数列的公比为，所以，；对于A，若，则，由等比数列性质可得，所以可得，即A正确；对于B，若，可得，又，所以；所以，又，可得，因此可得，即，所以B正确；对于C，若，可得，又，因此的大小无法判断，所以C错误；对于D，若，可得，又，所以可得，即数列为递减数列；可得，即，所以D正确；故选：ABD12.已知定义在上的函数，其导函数的定义域也为.若，且为奇函数，则（）A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗对于A选项：注意到，又是由向左平移1个单位得到的，且注意到为奇函数，因此的对称中心为即，因此；故A选项符合题意.对于B选项：令，此时满足题意，但，故B选项不符题意.对于C选项：因为的对称中心为，所以，又已知，所以，这表明了关于直线对称，即，由复合函数求导法则且同时两边对求导得；故C选项符合题意.对于D选项：由的对称中心为，即，两边对求导得，结合C选项分析结论，可知，所以这表明了的周期为4，因此，注意到，所以；故D选项符合题意.故选：ACD.三、填空题13.的展开式中的常数项是______.〖答案〗15〖解析〗的展开式的通项为，，令，得，所以的展开式中的常数项是.故〖答案〗为：1514.有一批同一型号的产品，其中甲工厂生产的占，乙工厂生产的占.已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为，，则从这批产品中任取一件是次品的概率是______.〖答案〗0.024〖解析〗设，分别表示甲、乙厂生产的产品，表示取到次品，则，，，，从中任取一件产品取到次品的概率为：，故〖答案〗为：0.024．15.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，则的最小值是______.〖答案〗〖解析〗如下图示：易知焦点，设，且当直线斜率不存在时（如图中虚线所示），可知，此时；当直线斜率存在时，可设直线方程为，显然，联立直线和抛物线方程，消去整理可得，利用韦达定理可知，又利用焦半径公式可知，所以可得，当且仅当，即时，等号成立；综上可得，的最小值是.故〖答案〗为：.16.一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为1，下底面半径为6，母线与底面所成的角为.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长的最大值是______.〖答案〗4〖解析〗如下图所示：根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得；设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，所以可知球的半径，此时球的直径为，即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为;若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，设正方体的最大棱长为，满足，解得.故〖答案〗为：.四、解答题17.如图，正方体的棱长为2，E为棱的中点.（1）证明：平面ACE；（2）若F是棱上一点，且二面角的余弦值为，求BF.（1）证明：证法一：连接交于点，连接，则为中点，又为中点，所以，又平面，平面，所以平面.证法二：如图，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，,，所以，.设平面ACE的法向量为，则，令，则，，所以取.又，所以，所以.又平面，所以平面.（2）解：如图，以为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，.设平面的法向量为，则，令，则，，所以取.设，则.设平面的法向量为，则，令，则，，所以取.因为二面角的余弦值为，所以，解得，即.18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若D为边BC上一点，且，，证明：为直角三角形.（1）解：因为，所以，因为，所以，即.又，所以.又，所以，即.（2）证明：证法一：因为，所以.即，所以，所以.因此，又，所以，所以，所以为直角三角形.证法二：因为，所以，所以，又，，所以，即.又，所以，即，所以，所以，所以.因此，所以，所以为直角三角形.19.已知数列，满足，，记为的前n项和.（1）若为等比数列，其公比，求；（2）若为等差数列，其公差，证明：.（1）解：因为为等比数列，，，所以，所以.又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）证明：证法一：因为为等差数列，，，所以，所以.因为，即，所以，所以当时，.又符合上式，所以.所以.证法二：因为为等差数列，，，所以，所以.因为，即，所以，所以数列为常数列.因此，所以.所以.20.甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用局n胜制（当一选手先赢下n局比赛时，该选手获胜，比赛结束）.已知每局比赛甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为.（1）若，，比赛结束时的局数为X，求X的分布列与数学期望；（2）若比对甲更有利，求p的取值范围.解：（1）依题意得，随机变量所有可能取值为，可得，，所以随机变量的分布列为23所以的数学期望.（2）解法一：若采用3局2胜制，甲最终获胜的概率为，若采用5局3胜制，甲最终获胜概率为：，若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，则，即，解得.解法二：采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲获胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：，采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲获胜局数，则，甲最终获胜的概率为：，若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，则，即，解得.21.已知椭圆的左焦点为，且过点.（1）求C的方程；（2）不过原点O的直线与C交于P，Q两点，且直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.（i）求的斜率；（ii）求的面积的取值范围.解：（1）由题知，椭圆C的右焦点为，且过点，所以，所以.又，所以，所以C的方程为.（2）（ⅰ）由题知，直线l的斜率存在，且不为0.设，，，则，所以，所以，，且，即.因为直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.所以，即，所以，且.因为，所以，所以.（ii）由（ⅰ）知，，所以，且.设点O到直线PQ的距离为d，所以.因为，所以，，所以，又，且.所以即的面积的取值范围.22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，，求实数a的取值范围.解：（1）依题意，得.当时，，所以在单调递增.当时，令，可得；令，可得，所以在单调递增，在单调递减.综上所述，当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（2）因为当时，，所以，即，即，即.令，则有对恒成立.因为，所以在单调递增，故只需，即对恒成立.令，则，令，得.当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以.因此，所以.福建省漳州市2024届高三上学期第一次教学质量检测数学试题一、单项选择题1.设全集，若集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗根据题意解指数不等式可得，由函数定义域可得，所以；阴影部分表示的集合为.故选：A2.已知复数z满足（i为虚数单位），则（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗将整理可得，所以；可得.故选：D3.已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由得，，由得，由得.在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，由图象知，，.故选：B4.已知向量，，若，则（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，且，所以由数量积的坐标公式可知，解得，因此，由向量减法坐标公式可得，最终结合向量模的坐标公式可得.故选：C.5.已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.〖答案〗B〖解析〗一方面：设双曲线渐近线被圆所截得的弦长为,圆的半径为，圆心到渐近线的距离为，又根据题意有，因此根据垂径定理可得，另一方面：不妨设渐近线方程为（其中），又圆的圆心坐标为圆，因此根据点到直线之间的距离公式有圆.结合以上两方面有，解得，又，所以双曲线的离心率为.故选：B.6.若，则（）．A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗若，所以，则，故选：．7.如图，在五面体ABCDEF中，底面是矩形，，，若，，且底面ABCD与其余各面所成角的正切值均为，则该五面体的体积是（）A.225 B.250 C.325 D.375〖答案〗C〖解析〗过作面于，过作分别交于，记的中点为，连接，同理作出，如图，因为底面是矩形，所以，又，所以，因为面，面，所以，因为面，所以面，因为面，所以，所以是面与面的所成角，则由题意知，同理是面与面的所成角，则，因为，所以，则，又易得，所以是的中点，由上述分析易知四边形是矩形，则，所以，则，故，易得，则，因为为的中点，所以，又易得，所以为面与与面的所成角，则，即，则，即，由对称性可知，从而，因为，同理，所以，又，所以四边形是矩形，同理可得四边形与四边形是矩形，则几何体是直棱柱，由对称性可知，，所以该五面体的体积为.故选：C.8.已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（）A. B. C.2e D.4e〖答案〗B〖解析〗因为是和的公切线，设切点分别为和，则，由，可得，则又由，可得，且，则，所以，可得，即，显然同号，不妨设，设，（其中），可得，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，要使得有解，则需要，即即，解得，所以，即的最大值为.故选：B.二、多项选择题9.将100个数据整理并绘制成频率分布直方图（如图所示），则下列结论正确的是（）A.B.该组数据的平均数的估计值大于众数的估计值C.该组数据的第90百分位数约为109.2D.在该组数据中随机选取一个数据记为n，已知，则的概率为〖答案〗BC〖解析〗对于A选项：由阴影部分面积之和为1可知，解得，故A选项不符题意.对于B选项：不妨设众数和平均数分别为，由图可知显然有，，因此，即平均数的估计值大于众数的估计值，故B选项符合题意.对于C选项：设第90百分位数为，且注意到这100个数据落在区间的概率为，所以一定落在区间内，所以，解得，故C选项符合题意.对于D选项：记、分别为事件，则由图可知，，则由条件概率公式得，故D选项不符题意.故选：BC.10.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.B.的图象关于直线对称C.将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于原点对称D.若在上有且仅有一个零点，则〖答案〗ABD〖解析〗由题意可得，，故，A正确；又因为，故，所以，所以.对于B，当时，，的图象关于直线对称,B正确；对于C，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象不关于原点对称，C错误；对于D，在上有且仅有一个零点，D正确.故选：ABD.11.已知正项等比数列的前n项积为，且，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则〖答案〗ABD〖解析〗不妨设正项等比数列的公比为，所以，；对于A，若，则，由等比数列性质可得，所以可得，即A正确；对于B，若，可得，又，所以；所以，又，可得，因此可得，即，所以B正确；对于C，若，可得，又，因此的大小无法判断，所以C错误；对于D，若，可得，又，所以可得，即数列为递减数列；可得，即，所以D正确；故选：ABD12.已知定义在上的函数，其导函数的定义域也为.若，且为奇函数，则（）A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗对于A选项：注意到，又是由向左平移1个单位得到的，且注意到为奇函数，因此的对称中心为即，因此；故A选项符合题意.对于B选项：令，此时满足题意，但，故B选项不符题意.对于C选项：因为的对称中心为，所以，又已知，所以，这表明了关于直线对称，即，由复合函数求导法则且同时两边对求导得；故C选项符合题意.对于D选项：由的对称中心为，即，两边对求导得，结合C选项分析结论，可知，所以这表明了的周期为4，因此，注意到，所以；故D选项符合题意.故选：ACD.三、填空题13.的展开式中的常数项是______.〖答案〗15〖解析〗的展开式的通项为，，令，得，所以的展开式中的常数项是.故〖答案〗为：1514.有一批同一型号的产品，其中甲工厂生产的占，乙工厂生产的占.已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为，，则从这批产品中任取一件是次品的概率是______.〖答案〗0.024〖解析〗设，分别表示甲、乙厂生产的产品，表示取到次品，则，，，，从中任取一件产品取到次品的概率为：，故〖答案〗为：0.024．15.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，则的最小值是______.〖答案〗〖解析〗如下图示：易知焦点，设，且当直线斜率不存在时（如图中虚线所示），可知，此时；当直线斜率存在时，可设直线方程为，显然，联立直线和抛物线方程，消去整理可得，利用韦达定理可知，又利用焦半径公式可知，所以可得，当且仅当，即时，等号成立；综上可得，的最小值是.故〖答案〗为：.16.一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为1，下底面半径为6，母线与底面所成的角为.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长的最大值是______.〖答案〗4〖解析〗如下图所示：根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得；设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，所以可知球的半径，此时球的直径为，即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为;若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，设正方体的最大棱长为，满足，解得.故〖答案〗为：.四、解答题17.如图，正方体的棱长为2，E为棱的中点.（1）证明：平面ACE；（2）若F是棱上一点，且二面角的余弦值为，求BF.（1）证明：证法一：连接交于点，连接，则为中点，又为中点，所以，又平面，平面，所以平面.证法二：如图，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，,，所以，.设平面ACE的法向量为，则，令，则，，所以取.又，所以，所以.又平面，所以平面.（2）解：如图，以为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，.设平面的法向量为，则，令，则，，所以取.设，则.设平面的法向量为，则，令，则，，所以取.因为二面角的余弦值为，所以，解得，即.18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若D为边BC上一点，且，，证明：为直角三角形.（1）解：因为，所以，因为，所以，即.又，所以.又，所以，即.（2）证明：证法一：因为，所以.即，所以，所以.因此，又，所以，所以，所以为直角三角形.证法二：因为，所以，所以，又，，所以，即.又，所以，即，所以，所以，所以.因此，所以，所以为直角三角形.19.已知数列，满足，，记为的前n项和.（1）若为等比数列，其公比，求；（2）若为等差数列，其公差，证明：.（1）解：因为为等比数列，，，所以，所以.又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）证明：证法一：因为为等差数列，，，所以，所以.因为，即，所以，所以当时，.又符合上式，所以.所以.证