福建省漳州市高三毕业班第四次教学质量检测数学试题

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：，该组数据的分位数是（）A.15 B.17 C.19 D.20【答案】B【解析】【分析】将数据从小到大排序，利用分位数的求解方法进行计算.【详解】由题意可知，共8个数据，将数据从小到大排序得，因为，故选择第6个和第7个数的平均数作为分位数，即.故选：B.2.已知复数，则（）A.2 B. C.1 D.0【答案】B【解析】【分析】由复数乘除法以及复数模的运算公式即可求解.【详解】，所以故选：B3.二项式展开式中，项的系数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出的展开式的通项，再求出展开式中项系数即可．【详解】根据题意，二项式的展开式的通项，其中项为，，所以的展开式中项的系数为．故选：D．4.设，且，则的（）A.最小值为3 B.最小值为3C.最大值为3 D.最大值为3【答案】C【解析】【分析】由已知结合基本不等式先求的范围，然后结合对数的运算性质即可求解.【详解】因为，且，所以，即，当且仅当时取等号，所以，即.故选：C.5.已知函数是函数的导函数，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】计算的导数，得到，代值即可.【详解】因为，所以，即，所以，所以.故选：D.6.已知数列是公比不为1的正项等比数列，则是成立的（）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【答案】A【解析】【分析】利用下标和性质判断充分性，根据通项公式化简可判断必要性.【详解】由下标和性质可知，若，则；记数列是公比为，若，则，即，因为数列是公比不为1的正项等比数列，所以，得.综上，则是成立的充要条件.故选：A7.设函数，则函数的单调性（）A.与a有关，且与b有关 B.与a无关，且与b有关C.与a有关，且与b无关 D.与a无关，且与b无关【答案】D【解析】【分析】通过对进行讨论，再用复合函数的求单调性的方法，可知该函数的单调性与是否有关.【详解】因为函数，所以当时，单调递增.当时，单调递增.则且，，的单调性都为单调递增.所以函数的单调性与无关.故选：D8.已知双曲线左、右焦点分别为，过的直线与的渐近线及右支分别交于两点，若，则的离心率为（）A. B.2 C. D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意分析可知为的中点，且，结合点到直线的距离公式可得，根据双曲线的定义结合勾股定理运算求解.【详解】因为，可知为的中点，且为的中点，可知∥，又因为，可知，则，则点到直线的距离，可得，由可得，整理得，则，整理得，所以的离心率为.故选：C.【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率（离心率范围）的求法：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值；2．焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．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，则下列说法正确的是（）A.当时，的最小正周期为B.当时，的最大值为C.当时，在区间上有4个零点D.若在上单调递减，则的取值范围为【答案】AB【解析】【分析】利用三角恒等变换，转化为正弦型或者余弦形函数即可求出周期，采用换元法结合三角函数的有界性即可求出最值，结合三角函数图像解三角方程即可得出零点的个数，将三角函数转化为二次函数再结合复合函数的单调性的特点即可求出参数.【详解】选项A：当时，，其周期由决定，周期为，A正确.选项B：当时，，在本式中令可得，，其定义域为的值域，即，当它取最大值时，可以取到，将其代回原式得到最大值为，选项B正确.选项C，当时，，令，可得或，的解在间的有且只有，的解在间的有且只有和，因此在上总共有3个零点，选项C错误.选项D，，在该式中令，则，为开口向下的二次函数，所以顶点右侧为单调递减函数，其顶点横坐标，当时，在定义域上单调递增，当时，存在单调递减区间，则单调递减区间为，原式中单调递减区间为，即,因为，所以仅需要即可，解出，故a的取值范围是，选项D错误.故选：AB.10.如图，四棱锥中，底面，且，，平面与平面交线为，则下列直线中与垂直的是（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用线面所成的角判断A；利用线面垂直的判定定理可知平面PAD，利用线面平行的判定定理证明平面PAD，由线面平行的性质定理可得，进而可证明平面PDC，可判断BCD【详解】分别取PD、PC的中点，连接AE、EF、BF，因为EF是的中位线，所以且，又且，所以且，所以四边形平行四边形，所以，且，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，又平面与平面交线为，平面PAD，所以，又，E是PD的中点，所以,因为底面，平面，所以，又，所以，又平面PAD，所以平面PAD，又平面PAD，所以，，，平面PDC，所以平面PDC，又，所以平面PDC，又平面PDC，所以，故BCD对由，，所以，所以与PB所成的角就是BF与与PB所成的角即，令，，在中，由余弦定理得,，所以，故l与PB不垂直，故A错；故选：BCD11.我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为.和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（）A.B.C.，其中D.函数的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】对于A：构建，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于B：对，，取对数整理即可；对于C：设，整理得，结合选项A分析判断；对于D：结合不等式分析可知，当且仅当时，等号成立，结合的零点分析判断.【详解】对于选项A：构建，则为的零点，因为，若，则，可知在内单调递减，且，所以在内无零点；若，则，可知在内单调递增，且，所以在内存在唯一零点；综上所述：，故A正确；对于选项B：因为，，即，两边取对数可得：，故B正确；对于选项C：设，则，整理得，即，可得，所以，即，故C正确；对于选项D：构建，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则，可得，当且仅当时，等号成立，则，当且仅当，即时，等号成立，因为在内单调递减，可知在内单调递减，且，可知在内存在唯一零点，即，所以的最小值为，不为，故D错误；故选：ABC.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.写出过点且与抛物线有唯一公共点的一条直线方程__________.【答案】（写对一个方程即可）【解析】【详解】如图，当直线斜率为0时，与抛物线有唯一公共点，此时方程为；当斜率不为0时，设的方程为，联立消去，整理得：，因为直线与抛物线有唯一公共点，所以，解得或，所以为或，即或.综上，过点且与抛物线有唯一公共点的直线方程为：或或.故答案为：（或或）.13.已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________.【答案】##【解析】【分析】根据投影向量公式得在上的投影向量为，结合已知可得结果.【详解】设与的夹角为，且，，则在上的投影向量为，即，所以，所以，故答案为：.14.在矩形中，为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为__________.【答案】【解析】【分析】利用勾股定理逆定理证明，由面面垂直的性质得到平面，求出外接圆的半径，设三棱锥的外接球的半径为，则，最后由球的表面积公式计算可得.【详解】因为，，为的中点，则有，，所以，所以，又平面平面，平面平面，平面.所以平面，又为等腰直角三角形，所以其外接圆的半径，设三棱锥的外接球的半径为，则，所以，所以三棱锥的外接球的表面积.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是证明平面，再由直棱锥的外接球的模型计算外接球的半径.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.记的内角的对边分别为，已知.（1）若成等差数列，求的面积；（2）若，求.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质得到，再利用余弦定理求得的值，进而利用三角形的面积公式求解；（2）根据已知条件代入，并用三角恒等变换化简求得A，再利用正弦定理求解.【小问1详解】因为成等差数列，所以，又，所以①，在中，由余弦定理可得：，又，所以②，由①②得，所以的面积.【小问2详解】因为，所以，又因为且，所以，所以，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以.16.如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，是等边三角形，为侧棱的中点，且，.（1）证明：平面；（2）是线段上异于端点的一点，从条件①､条件②中选择一个作为已知，求平面与平面所成角的余弦值.条件①：四棱锥的体积为；条件②：点到平面的距离为.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）解法一关键取的中点，去构建平行四边形，从而去证明线面平行；解法二关键构建平行平面，从而去证明线面平行.（2）首先证明正交基底垂直关系，平面，然后建立空间坐标系，根据选择的条件①或条件②，来确定各点坐标，从而利用空间向量法求两个平面的法向量，根据空间向量求空间角的思想，最后可求得结果.【小问1详解】解法一：证明：取的中点，连接，则，且，又因为，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以直线平面.解法二：证明：如图，取的中点，连接.因为为侧棱的中点，所以，因为平面平面，所以平面，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以.因为平面平面，所以平面，因为平面，平面所以平面平面.因为平面，所以平面.【小问2详解】如图，连接，因为，所以因为是等边三角形，为的中点，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以.以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，选择①：设，由，其中为点到平面的距离，得，又因为点到平面的距离，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则取，得，又是平面的一个法向量，所以平面与平面所成角的余弦值为.选择②：设，因为平面，所以平面，所以点到平面的距离为，又点到平面距离为，所以，所以，所以，以下与选择①的解题过程相同.17.已知椭圆的离心率为，点中恰有两个点在上.（1）求的方程；（2）设的内角的对边分别为，.若点在轴上且关于原点对称，问：是否存在，使得点都在上，若存在，请求出，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，.【解析】【分析】（1）分析出在上，不在上，直接代入求解即可；（2）根据题意用表示出，再根据椭圆的定义判断出点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，结合椭圆的性质即可判断结果.小问1详解】因为与关于轴对称，也关于轴对称，中恰有两个点在上，所以在上，不在上，所以，又因为，所以，所以的方程为.【小问2详解】存在，使得点都在上.理由如下：因为，所以，因为，所以，即，所以，又因为，所以，所以，即，所以，所以点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，又因为的焦点为，长轴长为4，点在轴上且关于原点对称，所以点都在椭圆上，所以存在，使得点都在上.【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的定义和椭圆的性质，关键在于表示出两边之和的关系，利用椭圆的定义得到的轨迹，以此来得到结果.18.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（记为系统和系统），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：每一轮对系统和分别进行测试试验，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，若系统不出现故障且系统出现故障，则系统得1分，系统得1分；若系统出现故障且系统不出现故障，则系统得1分，系统得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.系统出现故障的概率分别记为和，一轮试验中系统的得分为分.（1）求的分布列；（2）若系统和在试验开始时都赋予2分，表示“系统的累计得分为时，最终认为系统比系统更稳定”的概率，则，，其中.现根据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，则先启动系统；若，则先启动系统；若，则随机启动两个系统中的一个，且先启动系统的概率为.①证明：；②若，由①可求得，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.【答案】（1）答案见解析；（2）①证明见解析；②0.9988.【解析】【分析】（1）由题意可得的所有可能取值为，再由相互独立试验的概率求出各取值的概率，列出分布列即可；（2）①将（1）中概率代入进行化简，结合进行计