福建省泉州市2024届高三质量监测（三）数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市2024届高三质量监测（三）数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了03等内容，欢迎下载使用。

2024.03
高三数学
本试卷共19题，满分150分，共8页。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．考生作答时，将答案答在答题卡上。请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）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。
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。考试结束后，将本试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．若复数z满足，则（ ）
A．1B．C．2D．
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
4．若，，则（ ）
A．4B．2C．D．
5．已知平行四边形ABCD中，，，，若以C为圆心的圆与对角线BD相切，P是圆C上的一点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
6．中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为（ ）
附：若：，则，，．
A．0.0027B．0.5C．0.8414D．0.9773
7．椭圆C：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点（A在B左侧），若，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分。
9．等差数列中，，，若，，则（ ）
A．有最小值，无最小值B．有最小值，无最大值
C．无最小值，有最小值D．无最大值，有最大值
10．已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称
D．若，则在区间上的最大值为
11．已知函数，，则（ ）
A．恒成立的充要条件是
B．当时，两个函数图象有两条公切线
C．当时，直线是两个函数图象的一条公切线
D．若两个函数图象有两条公切线，以四个切点为顶点的凸四边形的周长为，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．展开式中常数项为10，则________．
13．已知抛物线C的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为l．若C恰过，，三点中的两点，则C的方程为________；若过C的焦点的直线与C交于A，B两点，且A到l的距离为4，则________．
14．已知，，，则的最大值为________．
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，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面PAB，．
（1）若平面ABC，求；
（2）若，求平面PAB与平面MAC夹角的正弦值．
16．（15分）淄博烧烤、哈尔滨冬日冰雪、山河四省梦幻联动、鄂了赣饭真湘……，2023年全国各地的文旅部门在网络上掀起了一波花式创意宣传，带火了各地的文旅市场，很好地推动国内旅游业的发展．已知某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项．对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项．已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的．
（1）求甲任选一题并答对的概率；
（2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分．假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为X．
（i）求和；
（ii）求．
17．（15分）（1）已知，求的最大值与最小值；
（2）若关于x的不等式存在唯一的整数解，求实数a的取值范围．
18．（17分）表示正整数a，b的最大公约数．若，且，，则将k的最大值记为，例如：，．
（1）求，，；
（2）已知时，．
（i）求；
（ii）设，数列的前n项和为，证明：．
19．（17分）已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．
（1）求E的方程；
（2）若面积为3的的三个顶点均在E上，边BC过F，边AB过原点，求直线BC的方程：
（3）已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
泉州市2024届高中毕业班质量监测（三）
2024.03
高三数学
本试卷共19题，满分150分，共8页。考试用时120分钟。
一、选择题答案：
1．B 2．C 3．C 4．B 5．C 6．D 7．A 8．D
二、选择题答案：
9．AD 10．BCD 11．ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．5 13． 14．
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）【命题意图】本题考查空间点、直线与平面间的位置关系等知识；考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现应用性、创新性、综合性，导向对直观想象、数学运算等核心素养的关注．
解法一：（1）依题意得，为正三角形，取PA中点N，
连结CN，则，
因为平面PAB，所以，
，（2分）
又因为E为PC的中点，所以F为PN中点，则，（3分）
因为平面ABC，平面PAB，
平面平面，即，（5分）
也即，．（6分）
（2）因为，则平面PAB，且（7分）
又因为平面PAB，所以，（8分）
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面PAC，（10分）
为等腰直角三角形，M为斜边PB中点，则也为等腰直角三角形，
取AM中点H，则，且，
连结CH，平面CNH，
则，为二面角的平面角，（11分）
在中，
则．（13分）
解法二：
（1）同解法一；
（2）因为平面PAB，所以，（7分）
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
取AC中点O，连结PO，则，
取BC中点Q，连结OQ，则，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面PAC，（9分）
也即平面PAC，
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
，，，，，，
，，，，（10分）
设平面MAC的一个法向量，则，，即
取，则，
所以为平面MAC的一个法向量．（11分）
，
记平面PAB与平面MAC夹角为，．（13分）
解法三：
（1）因为平面PAB，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取AC中点O，连结PO，则，
取BC中点Q，连结OQ，则，
又因为EF与AC相交于平面PAC，
所以平面PAC，也即平面PAC，（3分）
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
，，，，，， （4分）
因为平面ABC，平面PAB，
平面平面，则，（6分）
因为，所以，，
，，
所以．（9分）
补充说明：第一小题利用坐标法解答得9分，其中证明平面PAC得3分，请把这3分的分值写到第二小题的得分栏。
（2），，，，（10分）
设平面MAC的一个法向量，则，，即
取，则，
所以为平面MAC的一个法向量．（11分）
，
记平面PAB与平面MAC夹角为，．（13分）
解法四：
（1）同解法一；
（2）设点C在平面PAB的射影为N，则平面PAB，
过点N做，垂足为H，连结CH，平面CNH，
则，为的平面角，
因为平面PAB，所以，（7分）
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取AC中点O，连结PO，则，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面PAC，（9分）
，，平面ABC
因为，则，所以，（10分）
在中，，，
，
，，（11分）
在中，，，
，，（12分）
．（13分）
16．（15分）【命题意图】本小题主要考查全概率、独立事件、分布列、数学期望、等基础知识，考查运算求解、推理论证、数据处理能力，体现综合性、创新性、应用性，导向对发展数学运算、逻辑推理、数据分析、数学建模等核心素养的关注．
【试题简析】（1）记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及内容”为事件A． 1分
依题意，，，，．2分
因为事件MA与互斥，所以 （没说明互斥不扣分）3分
．（公式1分，结果1分）5分
（2）（i）．7分
；（本小题答对任意一个2分，答对两个3分）8分
（ii）依题意，随机变量．（部分对1分，全对2分）10分
；11分
；12分
；13分
；14分
故．15分
17．（15分）【命题意图】本小题主要考查导数的应用、不等式等基础知识，考查运算求解、推理论证、数形结合、转化化归等能力，体现综合性、创新性，导向对发展数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注．
【试题简析】
（1）因为，，1分
令，解得，2分
，的变化情况如下表所示．
4分
所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
当时，有极大值，也是的最大值．5分
又因为，，
而，所以，6分
所以为的最小值．7分
（2）解法一：因为，所以不等式可化为．8分
由（1）可知
在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因为的最大值，，9分
，，
所以，时，最大，（有相应解释即可）10分
所以不等式即存在唯一的整数解只能为1，（整步只提供图形没有解释扣2分）11分
所以，13分
所以a的取值范围为．（或）15分
解法二：令，由题意可知有唯一整数解，8分
，
当时，，所以在单调递增，
而，所以，与题意矛盾；9分
当时，由可得或（舍去），
当时，，时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以时，取最大值为，10分
由题意可知，解得，11分
因为，所以当即时，
由有唯一整数解知，解得，12分
若，由在单调递增知，矛盾
所以，由在单调递减可知，
所以符合题意；13分
当时，，，
由在单调递减可知，，不符合题意；
综上所述，a的取值范围为．（或）15分
18．（17分）【命题意图】本小题主要考查等比数列的通项公式与数列求和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程、化归与转化等思想，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以；1分
因为与3互质的数为1，2，所以；2分
因为与6互质的数为1，5，所以；3分
（2）①因为中与互质的正整数只有奇数，
所以中与互质的正整数个数为，所以，5分
又因为中与互质的正整数只有与两个，所以中与互质的正整数个数为，所以，7分
所以．9分
②解法一：因为，所以．10分
所以．13分
令，因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．14分
所以数列的前n项和．16分
所以．又因为，所以．17分
解法二：因为，所以．10分
又因为，
所以，13分
所以，14分
所以，所以16分
因为，所以．17分
19．（17分）【命题意图】本小题主要考查双曲线的定义，双曲线的标准方程，直线与双曲线的位置关系等知识；考查运算求解、逻辑推理等能力；考查数形结合、函数与方程等思想；体现基础性、综合性与创新性，导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】
（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，1分
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，1分
【说明：指出曲线为双曲线，或正确写出曲线的方程形式，均可得1分，但不累计得分】
令，解得，所以有 ①2分
又由离心率为2，得 ②，3分
由①②解得，4分
所以双曲线E的标准方程是．4分
解法一：（2）设，，由已知，得，根据直线AB过原点及对称性，
知，5分
联立方程，得，化简整理，得，6分
所以，且，7分
所以，
解得，8分【到此可得第8分】
所以直线BC的方程是或．8分
解法二：（2）设，，由已知，得，根据直线AB过原点及对称性，
知（其中d为原点O到直线BC的距离），5分
联立方程，，化简整理，得，6分
所以，且，7分
所以
，
又因为，于是，
解得，8分
所以直线BC的方程是或．8分
解法一：（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
不满足条件，故直线l斜率存在，9分
设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
则，10分
因为恒成立，所以，故，
解得：，11分
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，12分
将，代入，解得，13分
【将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段
线段（不含线段端点，）．14分】
【将化为，
将S的坐标代入中，并化为，
故，即点S的轨迹为定直线：上的一段
线段（不含线段端点，）．14分】
因为，，且，记，
所以，故，即S的轨迹方程为
，表示以点H为圆心，半径为的圆H，15分
设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分16分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．17分
解法二：（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
不满足条件，故直线l斜率存在，9分
设直线l方程，联立方程，得，化简整理，得
，则，10分
因为恒成立，所以，故，
解得：，11分
由，得，且，假设，则
，，设，，，则，
即，12分
又，所以，
联立方程，得，两式相减，得
，将上述等式代入，得
，13分
即，亦即，故点S为定直线：上的
一段线段（挖掉左右端点，）．14分
以下同解法一．
x
+
0
单调递增
单调递减