福建省漳州市2024届高三毕业班第三次质量检测数学试卷＋答案

这是一份福建省漳州市2024届高三毕业班第三次质量检测数学试卷＋答案，共21页。试卷主要包含了已知，则等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
本试题卷共4页，19题．全卷满分150分，考试用时120分钟．
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姓名、班级、考场等．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2B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，用0.5mm黑色签字笔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、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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．（ ）
A．65B．160C．165D．210
3．若复数，则（ ）
A．B．2C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．一个圆台的上、下底面的半径分别为1和4，体积为，则它的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（ ）
A．4B．8C．D．
8．将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于中心对称
B．在区间上单调递增
C．在上有4个零点，则实数的取值范围是
D．将的图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象
10．点在抛物线上，为其焦点，是圆上一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．周长的最小值为
C．当最大时，直线的方程为
D．过作圆的切线，切点分别为，则当四边形的面积最小时，的横坐标是1
11．如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当为的中点时，
B．若在线段上运动，三棱锥的体积为定值
C．存在点，使得平面截正方体所得的截面面积为
D．当为的中点时，三棱锥的外接球表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．曲线在处的切线方程为_______．
13．点分别为双曲线的左、右焦点，过作斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若为以为底的等腰三角形，则的离心率为_______．
14．如图，某城市有一条公路从正西方向通过路口后转向西北方向，围绕道路打造了一个半径为的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道，则的最小值为_______．
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．（13分）
如图，在四棱锥中，底面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面的夹角的余弦值．
16．（15分）
已知数列满足，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若对任意，求的最小整数值．
17．（15分）
已知函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若不等式恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）当时，试判断函数的零点个数，并给出证明．
18．（17分）
已知椭圆的右焦点为是上的点，直线的斜率为．
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）过点作两条相互垂直的直线分别交于两点和两点，的中点分别记为，且为垂足．试判断是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
19．（17分）
“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复．
（Ⅰ）若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；
（Ⅱ）记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为，求的分布列与数学期望；
（Ⅲ）求丙在3月份第天选择“共享单车”的概率，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数．
漳州市2024届高三毕业班第三次质量检测
数学答案详解
1．B 【命题意图】本题考查分式不等式的解法、一元二次不等式、集合的交集运算，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养．
【解题思路】由题意得，集合，，则，故选B．
2．C 【命题意图】本题考查排列数和组合数的计算，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养．
【解题思路】，故选C．
3．C 【命题意图】本题将查复数的运算、共轭复数、复数的模，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养．
【解题思路】复数，则，所以，所以，故选C．
4．A 【命题意图】本题考查诱导公式、二倍角公式，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养．
【解题思路】令，则，所以，故选A．
5．B 【命题意图】本题考查圆台的表面积、体积，考查空间想象能力、运算求解能力，落实直观想象、数学运算核心素养．
【解题思路】设圆台的高为，则，解得，所以圆台的母线长为，则圆台的表面积为，故选B．
6．D 【命题意图】本题考查平面向量的线性运算，考查应用意识，落实数学运算核心素养．
【解题思路】，故选D．
7．D 【命题意图】本题考查抽象函数的性质，考查推理论证能力，落实逻辑推理核心素养．
【解题思路】因为的图象关于对称，所以．因为①，所以，即②，①-②得，，所以的图像关于对称．令，则是奇函数，所以，即，所以的图象关于点中心对称，所以，所以，所以是以4为周期的周期函数．因为，所以．因为是以4为周期的周期函数，所以也是以4为周期的周期函数，取，，所以．因为，所以，所以．取，所以，所以，所以，故选D．
8．C 【命题意图】本题考查数列的综合，考查化归与转化的思想，落实数学运算核心素养．
【解题思路】令，得，当是正奇数，即时，是正整数，符合题意，所以，所以，故选C．
9．AD 【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，落实造辑推理、数学运算核心素养．
【解题思路】不妨设，则，解得．又，所以，解得，，取符合条件的的一个值，不妨令，则．对于A选项，因为．所以的图像关于中心对称，故A选项正确；对于B选项，令，解得，所以的単调递增区间为，取，得的一个单调递增区间为．因为，所以在上不具有单调性，故B选项错误；对于C选项，因为，所以，所以，解得，故C选项错误；对于D选项，将的图象向右平移个单位长度得到的图象，故D选项正确，故选AD．
10．BD 【命题意图】本题将查抛物线与圆的综合应用，考查运算求解能力、化归与转化的思想，落实逻辑推理、数学运算核心素养．
【解题思路】对于A选项，设，则，当且仅当时取等号，此时，所以，所以，故A选项错误；对于B选项，抛物线的准线方程为，如图1，过作准线的垂线，垂足记为，则，当且仅当三点共线时，取得最小值，即，此时，又，所以周长的最小值为，故B选项正确；对于C选项，如图2，当与圆相切时，且时，取最大．连接，由于，所以，可得直线的斜率为，所以直线的方程为，即，故C选项错误；对于D选项，如图3，连接，，由A选项知，，且当时，，此时四边形的面积最小，的横坐标是1，所以D选项正确，故选BD．
11．ACD 【命题意图】本题考查正方体的结构特征、线线垂直的判定、三棱锥的体积、截面面积、几何体外接球的表面积，考查空间想象能力、运算求解能力、化归与转化的思想，落实直观想象、数学运算核心素养．
【解题思路】对于A选项，以B为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，所以．因为，所以，故A选项正确；对于B选项，当点与点重合时，如图2所示，；当点与点垂合时，如图3所示，，所以三棱锥的体积不是定值，故B选项错误；对于C选项，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，如图4所示，其中为相应边的中点，则正六边形的边长为，所以该截面的面积为，故存在点，符合题意，故C选项正确；对于D选项，当为的中点时，如图5所示，易知平面．因为，所以由余弦定理的推论得，所以．设的外接圆半径为，则，所以．设三棱锥的外接球半径为，则，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D选项正确，故选ACD．
12． 【命题意图】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养．
【解题思路】由题可得，当时，，所以所求切线方程为．
13． 【命题意图】本题考査双曲线的定义与几何性质，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养．
【解题思路】由题可得，如图，取的中点，连接，则．设，则，所以，所以．因为直线的斜率为，所以．又，所以，则，所以．在中，，即，解得，即双曲线的离心率．
14． 【命题意图】本题考查解三角形的实际应用，考查运算求解能力，落实数学运算、逻辑推理核心素养．
【解题思路】如图，设切点为，连接．由题意得，设，在中，，当且仅当时取等号．由题可得，解得，所以，所以，所以的最小值为．
【一题多解】由题意得，设，，在中，，当且仅当时取等号．设，则，所以，故（当且仅当时取等号），所以，解得，所以的最小值为．
15．【命题意图】本题考查直线与平面的位置关系、平面与平面所成的角，考查空间想象能力、推理论证能力，落实直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养．
【名师指导】（Ⅰ）利用线面垂直的性质定理及判定定理即可得证：（Ⅱ）分别求两个平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式求平面与平面的夹角的余弦值；或确定平面与平而所成角的平面角，利用解三角形的相关知识即可求解．
解：（Ⅰ）证明：因为，所以．
又，所以由余弦定理得
．
因为，所以．
因为平面平面，
所以．
又因为平面，
所以平面．
（Ⅱ）解法一：以为坐标原点，所在的直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则．
设平面的法向量为，
则即
取，
易得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
解法二：如图，过作，交的延长线于，连接．
因为平面平面，
所以．
因为平面，
所以平面，所以，
所以即为平面与平面所成角的平面角．
由（Ⅰ）可得，
由余弦定理得
，
由正弦定理得，
所以．
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
16．【命题意图】本题考查数列的通项公式、错位相减法求数列的前项和，考查运算求解能力、推理论证能力，落实逻辑推理、数学运算核心素养．
【名师指导】（Ⅰ）作差法计算得到，验证是否成立，进而得到数列的通项公式；
（Ⅱ）令，利用错位相减法得到，即可求得的最小整数值．
解：（Ⅰ）因为，①
当时，，②
①-②得，
即．
当时，也符合上式，
所以．
（Ⅱ）因为，所以，
令，
所以，（10分）
两式相减得，
所以．
因为，所以，
所以，故的最小整数值为1．
17．【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点、不等式恒成立问题，考查运算求解能力、推理论证能力，落实逻辑推理、数学运算核心素养．
【名师指导】（Ⅰ）对求导，再分与两种情况分类讨论的单调性即可求解；（Ⅱ）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题；（Ⅲ）构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解．
解：（Ⅰ）因为，
所以，
当时，恒成立，
所以；
当时，令，
解得（舍负），
令，得；
令，得．
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（Ⅱ）由恒成立，得在上恒成立，
所以在上恒成立．
令，
则．
令，
易知在上单调递减．
又，
所以当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
即，
所以，即的取值范围为．
（Ⅲ）当时，，
则，
令，
则，
当时，，所以在上单调递减．
又，
所以在上存在唯一的零点．
设在上的零点为，
可得当时，单调递增；
当时，单调递减，
解法一：，
因为，所以，
故．
又，所以．
又，
所以在上有一个零点．
又
所以在上有一个零点．
当时，，
所以在上没有零点．
当时，
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，所以，
所以，
而，所以，
故在上没有零点．
综上所述，在定义域上保且仅有2个零点．
解法二：因为，，
所以在上有一个零点．
又，
所以在上有一个零点，
当时，，
易证，
所以，
从而在上恒成立，
故在上没有零点．
当时，，
设，
则，
所以在上单调递减．
又，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
故在上没有零点．
综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．
18．【命题意图】本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系，考查化归与转化的思想、运算求解能力，落实直观想象、数学运算、道辑推理核心素养．
【名师指导】（Ⅰ）由条件列方程组，即可得解；（Ⅱ）当均不与轴垂直时，设直线的方程为，得出直线的方程，分別与椭圆的方程联立，求出中点的坐标，进而得到直线的方程，可知直线过定点，并验证特殊情况下，直线也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解．
解：（Ⅰ）依题意得解得
所以的方程为．
（Ⅱ）存在点，使得为定值．
当均不与轴垂直时，设直线的方程为，
则直线的方程为，
联立
消去整理可得．
设，
则，
设，则，，
所以．
同理得点的坐标为，
则直线的斜率，
所以直线的方程为，
令，解得，
所以直线经过定点；
当时，直线的方程为，也经过定点．
当与轴垂直或重合时，直线的方程为0，经过定点．
综上，直线经过定点．
记定点的中点记为，
则．
因为，所以为定值，
所以存在点，使得为定值．
19．【命题意图】本题考查随机事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望、构造等比数列，考查运算求解能力、推理论证能力、应用意识，落实数学运算、数学建模核心素养．
【名师指导】（1）利用相互独立事件概率的乘法公式与条件概率公式进行求解即可；（Ⅱ）依题意得到的所有可能取值及对应的概率，从而求得分布列及数学期望；（Ⅲ）由题意，求得与的关系，通过构造等比数列求出，再由求出对应的，即可求解．
解：（Ⅰ）记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件，记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件，
则，
，
所以，
即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共熟单华”的概率为．
（Ⅱ）由题意可知，的所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
，
所以的分布列为
故，
即的数学期望为．
（Ⅲ）由题意得，
则
，
所以，
所以．
又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足，即，
则，
即，
当为偶数时，显然不成立，
当为奇数时，不等式可变为，
当时，成立；
当时，成立；
当时，，
则时，不成立．
又因为函数单调递减，
所以当时，不成立，
所以只有在第1天和第3天时，，
所以丙在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数只有2天．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
C
C
A
B
D
D
C
AD
BD
ACD
0
1
2
3