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2024届福建省政和一中、周宁一中高三4月份质量检测试题数学试题试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中常数项为A.-40 B.-20 C.20 D.402.已知函数,其中,若恒成立,则函数的单调递增区间为()A. B.C. D.3.若集合,,则()A. B. C. D.4.已知向量与的夹角为,定义为与的“向量积”,且是一个向量,它的长度,若,,则()A. B.C.6 D.5.若向量,,则与共线的向量可以是()A. B. C. D.6.若复数满足,则对应的点位于复平面的()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限7.已知命题,;命题若,则,下列命题为真命题的是()A. B. C. D.8.若函数的图象经过点,则函数图象的一条对称轴的方程可以为()A. B. C. D.9.直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A,B两点,则的最小值是A.10 B.9 C.8 D.710.已知等差数列中,则()A.10 B.16 C.20 D.2411.设为等差数列的前项和,若,,则的最小值为()A. B. C. D.12.下列函数中,既是偶函数又在区间上单调递增的是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若x,y均为正数,且,则的最小值为________.14.如图,在长方体中,,E,F,G分别为的中点,点P在平面ABCD内,若直线平面EFG,则线段长度的最小值是________________.15.已知双曲线的渐近线与准线的一个交点坐标为,则双曲线的焦距为______.16.函数过定点________.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以原点为极点,轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程;(2)若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点,且,点的坐标为,求的面积.18.(12分)在如图所示的多面体中,四边形是矩形,梯形为直角梯形,平面平面,且,,.(1)求证:平面.(2)求二面角的大小.19.(12分)已知△ABC的两个顶点A,B的坐标分别为(,0),(,0),圆E是△ABC的内切圆,在边AC,BC,AB上的切点分别为P,Q,R,|CP|=2,动点C的轨迹为曲线G.(1)求曲线G的方程;(2)设直线l与曲线G交于M,N两点,点D在曲线G上,是坐标原点,判断四边形OMDN的面积是否为定值?若为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.20.(12分)已知函数,为的导数,函数在处取得最小值.(1)求证:;(2)若时,恒成立,求的取值范围.21.(12分)已知抛物线E:y2=2px(p>0),焦点F到准线的距离为3,抛物线E上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2),其中x1≠x2且x1+x2=1.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C.(1)求抛物线E的方程;(2)求△ABC面积的最大值.22.(10分)已知函数(1)若,试讨论的单调性;(2)若,实数为方程的两不等实根,求证:.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、D【解析】令x=1得a=1.故原式=.的通项,由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80,由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40,故所求的常数项为40,选D解析2.用组合提取法,把原式看做6个因式相乘,若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x,选3个提出;若第1个括号提出,从余下的括号中选2个提出,选3个提出x.故常数项==-40+80=402、A【解析】
,从而可得,,再解不等式即可.【详解】由已知,,所以,,由,解得,.故选:A.【点睛】本题考查求正弦型函数的单调区间,涉及到恒成立问题,考查学生转化与化归的思想,是一道中档题.3、B【解析】
根据正弦函数的性质可得集合A,由集合性质表示形式即可求得,进而可知满足.【详解】依题意,;而,故,则.故选:B.【点睛】本题考查了集合关系的判断与应用,集合的包含关系与补集关系的应用,属于中档题.4、D【解析】
先根据向量坐标运算求出和,进而求出,代入题中给的定义即可求解.【详解】由题意,则,,得,由定义知,故选:D.【点睛】此题考查向量的坐标运算,引入新定义,属于简单题目.5、B【解析】
先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可.【详解】故选B【点睛】本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位.6、D【解析】
利用复数模的计算、复数的除法化简复数,再根据复数的几何意义,即可得答案;【详解】,对应的点,对应的点位于复平面的第四象限.故选:D.【点睛】本题考查复数模的计算、复数的除法、复数的几何意义,考查运算求解能力,属于基础题.7、B【解析】解:命题p:∀x>0,ln(x+1)>0,则命题p为真命题,则¬p为假命题;取a=﹣1,b=﹣2,a>b,但a2<b2,则命题q是假命题,则¬q是真命题.∴p∧q是假命题,p∧¬q是真命题,¬p∧q是假命题,¬p∧¬q是假命题.故选B.8、B【解析】
由点求得的值,化简解析式,根据三角函数对称轴的求法,求得的对称轴,由此确定正确选项.【详解】由题可知.所以令,得令,得故选:B【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象上点的坐标求参数,考查三角恒等变换,考查三角函数对称轴的求法,属于中档题.9、B【解析】
根据抛物线中过焦点的两段线段关系,可得;再由基本不等式可求得的最小值.【详解】由抛物线标准方程可知p=2因为直线l过抛物线的焦点,由过抛物线焦点的弦的性质可知所以因为为线段长度,都大于0,由基本不等式可知,此时所以选B【点睛】本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用,基本不等式的用法,属于中档题.10、C【解析】
根据等差数列性质得到,再计算得到答案.【详解】已知等差数列中,故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的性质,是数列的常考题型.11、C【解析】
根据已知条件求得等差数列的通项公式,判断出最小时的值,由此求得的最小值.【详解】依题意,解得,所以.由解得,所以前项和中,前项的和最小,且.故选:C【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式的基本量计算,考查等差数列前项和最值的求法,属于基础题.12、C【解析】
结合基本初等函数的奇偶性及单调性,结合各选项进行判断即可.【详解】A:为非奇非偶函数,不符合题意;B:在上不单调,不符合题意;C:为偶函数,且在上单调递增,符合题意;D:为非奇非偶函数,不符合题意.故选:C.【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、4【解析】
由基本不等式可得,则,即可解得.【详解】方法一:,当且仅当时取等.方法二:因为,所以,所以,当且仅当时取等.故答案为:.【点睛】本题考查基本不等式在求最小值中的应用,考查学生对基本不等式的灵活使用,难度较易.14、【解析】
如图,连接,证明平面平面EFG.因为直线平面EFG,所以点P在直线AC上.当时.线段的长度最小,再求此时的得解.【详解】如图,连接,因为E,F,G分别为AB,BC,的中点,所以,平面,则平面.因为,所以同理得平面,又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG,所以点P在直线AC上.在中,,故当时.线段的长度最小,最小值为.故答案为:【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明,考查立体几何中的轨迹问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15、1【解析】
由双曲线的渐近线,以及求得的值即可得答案.【详解】由于双曲线的渐近线与准线的一个交点坐标为,所以,即①,把代入,得,即②又③联立①②③,得.所以.故答案是:1.【点睛】本题考查双曲线的性质,注意题目“双曲线的渐近线与准线的一个交点坐标为”这一条件的运用,另外注意题目中要求的焦距即,容易只计算到,就得到结论.16、【解析】
令,,与参数无关,即可得到定点.【详解】由指数函数的性质,可得,函数值与参数无关,所有过定点.故答案为:【点睛】此题考查函数的定点问题,关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关,熟记常见函数的定点可以节省解题时间.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)的极坐标方程为,的直角坐标方程为(2)【解析】
(1)先把曲线的参数方程消参后,转化为普通方程,再利用求得极坐标方程.将,化为,再利用求得曲线的普通方程.(2)设直线的极角,代入,得,将代入,得,由,得,即,从而求得,,从而求得,再利用求解.【详解】(1)依题意,曲线,即,故,即.因为,故,即,即.(2)将代入,得,将代入,得,由,得,得,解得,则.又,故,故的面积.【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义,还考查推理论证能力以及数形结合思想,属于中档题.18、(1)见解析;(2)【解析】
(1)根据面面垂直性质及线面垂直性质,可证明;由所给线段关系,结合勾股定理逆定理,可证明,进而由线面垂直的判定定理证明平面.(2)建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,并求得平面和平面的法向量,由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值,结合图形即可求得二面角的大小.【详解】(1)证明:∵平面平面ABEG,且,∴平面,∴,由题意可得,∴,∵,且,∴平面.(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则,,,,,,.设平面的法向量是,则,令,,由(1)可知平面的法向量是,∴,由图可知,二面角为钝二面角,所以二面角的大小为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定,面面垂直及线面垂直的性质应用,空间向量法求二面角的大小,属于中档题.19、(1).(2)四边形OMDN的面积是定值,其定值为.【解析】
(1)根据三角形内切圆的性质证得,由此判断出点的轨迹为椭圆,并由此求得曲线的方程.(2)将直线的斜率分成不存在或存在两种情况,求出平行四边形的面积,两种情况下四边形的面积都为,由此证得四边形的面积为定值.【详解】(1)因为圆E为△ABC的内切圆,所以|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4>|AB|所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆(点不在轴上),所以c,a=2,b,所以曲线G的方程为,(2)因为,故四边形为平行四边形.当直线l的斜率不存在时,则四边形为为菱形,故直线MN的方程为x=﹣1或x=1,此时可求得四边形OMDN的面积为.当直线l的斜率存在时,设直线l方程是y=kx+m,代入到,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣4=0,∴x1+x2,x1x2,△=8(4k2+2﹣m2)>0,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m,|MN|点O到直线MN的距离d,由,得xD,yD,∵点D在曲线C上,所以将D点坐标代入椭圆方程得1+2k2=2m2,由题意四边形OMDN为平行四边形,∴OMDN的面积为S,由1+2k2=2m2得S,故四边形OMDN的面积是定值,其定值为.【点睛】本小题主要考查用定义法求轨迹方程,考查椭圆中四边形面积的计算,考查椭圆中的定值问题,考查运算求解能力,属于中档题.20、(1)见解析;(2).【解析】
(1)对求导,令,求导研究单调性,分析可得存在使得,即,即得证;(2)分,两种情况讨论,当时,转化利用均值不等式即得证;当,有两个不同的零点,,分析可得的最小值为,分,讨论即得解.【详解】(1)由题意,令,则,知为的增函数,因为,,所以,存在使得,即.所以,当时,为减函数,当时,为增函数,故当时,取得最小值,也就是取得最小值.故,于是有,即,所以有,证毕.(2)由(1)知,的最小值为,①当,即时,为的增函数,所以,,由(1)中,得,即.故满足题意.②当,即时,有两个不同的零点,,且,即,若时,为减函数,(*)若时,为增函数,所以的最小值为.注意到时,,且此时,(ⅰ)当时,,所以,即,又,而,所以,即.由于在下,恒有,所以.(ⅱ)当时,,所以,所以由(*)知时,为减函数,所以,不满足时,恒成立,故舍去.故满足条件.综上所述:的取值范围是.【点睛】本题考查了函数与导数综合,考查了利用导数研究函数的最值和不等式的恒成立问题,考查了学生综合分析,转化划归,分类讨论,数学运算能力,属于较难题.21、(1)y2=6x(2).【解析】
(1)根据抛物线定义,写出焦点坐标和准线方程,列方程即可得解;(2)根据中点坐标表示出|AB|和点到直线的距离,得出面积,利用均值不等式求解最大值.【详解】(1)抛物线E:y2=2px(p>0),焦点F(,0)到准线x的距离为3,可得p=3,即有抛物线方程为y2=6x;(2)设线段AB的中点为M(x0,y0),则,y0,kAB,则线段AB的垂直平分线方程为y﹣y0(x﹣2),①可得x=5,y=0是①的一个解,所以AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点,且点C(5,0),由①可得直线AB的方程为y﹣y0(x﹣2),即x(y﹣y0)+2②代入y2=6x可得y2=2y0(y﹣y0)+12,即y2﹣2y0y+2y02=0③,
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