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

这是一份福建省漳州市2024届高三毕业班第四次教学质量检测数学试题，共12页。试卷主要包含了设，且，则的，已知函数是函数的导函数，则，已知函数，则函数的单调性，已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

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
2.已知复数，则（ ）
A.2 B. C.1 D.0
3.二项式展开式中，项的系数为（ ）
A.-60 B.-15 C.15 D.60
4.设，且，则的（ ）
A.最小值为-3 B.最小值为3
C.最大值为-3 D.最大值为3
5.已知函数是函数的导函数，则（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
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
7.已知函数，则函数的单调性（ ）
A.与无关，且与无关 B.与无关，且与有关
C.与有关，且与无关 D.与有关，且与有关
8.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
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
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.
11.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
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__________.
13.已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________.
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__________.
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.（13分
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.
16.（15分）
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.
17.（15分
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.
18.（17分）
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.
19.（17分
设，函数，的定义域都为.
（1）求和的值域；
（2）用表示中的最大者，证明：；
（3）记的最大值为，求的最小值.
福建省漳州市2024届高三毕业班第四次教学质量检测
数学参考答案及评分细则
评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.
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.B 2.B 3.D 4.C 5.D 6.A 7.A 8.C
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.AB 10.BCD 11.ABC
三､填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分.
12.（写对一个方程即可） 13. 14.
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.解：
（1）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.
（2）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.解法一：
（1）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，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）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，
又点到平面的距离为，
所以，所以，所以，
以下同选择①
解法二：
（1）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.
（2）同解法一.
17.解：
（1）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.
（2）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.
18.解法一：
（1）的所有可能取值为.
，
，
所以的分布列为
（2）①由题意，
得，所以
所以，
又，
所以
所以
，
所以，
②记“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”为事件，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统”为事件，
因为，
所以由题意，得，
，
所以
，
即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为0.9988.
解法二：
（1）同解法一.
（2）①由题意，得，
又，
所以，所以
因为，所以，所以，
所以，
所以，所以，
又因为，
所以.
②同解法一.
19.解：
（1），
因为当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以的值域为，即.
因为是减函数，
所以的值域为，即.
（2）证明：当时，，即，
从而
当时，，即，
从而，
所以，
所以.
.
（3）由（1），得，
，
再结合（2），得
，
所以，
所以
，
又当，
，
（可取）时，，
所以的最小值为.-1
0
1