福建省安溪第一中学2024届高三下学期4月份质量检测数学试卷(含答案)

这是一份福建省安溪第一中学2024届高三下学期4月份质量检测数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设集合，，则集合＝( )
A.B.C.D.
2．已知，且，其中a，b为实数，则( )
A.，B.，C.，D.，
3．已知向量,满足,且,则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
4．大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数N（N不为素数）能唯一地写成（其中是素数，是正整数，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数.从360的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为( )
A.6B.13C.19D.60
5．已知，，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
6．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数，例如，，.若，且，则( )
A.3B.4C.5D.6
7．已知正实数x，y满足，则的最小值为( )
A.2B.4C.8D.9
8．已知函数，若，则实数x的取值范围为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知向量，，则下列结论中正确的是( )
A.B.C.D.
10．在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的可能取值为( )
A.B.2C.D.
11．已知函数，若关于x的方程恰有两个不同解，，则的取值可能是( )
A.-3B.-1C.0D.2
三、填空题
12．已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.
13．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，3为半径的圆与圆C有公共点，则k的最小值为______.
14．在1，2，…，50中随机选取三个数，能构成公差不小于5的等差数列的概率为______.
四、解答题
15．若函数，其中.
(1)若，求；
(2)若在区间上没有零点，求的取值范围.
16．某款自营生活平台以及提供配送服务的生活类软件主要提供的产品有水产海鲜，水果，蔬菜，食品，日常用品等.某机构为调查顾客对该软件的使用情况，在某地区随机访问了100人，访问结果如下表所示.
(1)从被访问的100人中随机抽取2名，求所抽取的都是女性顾客且使用该软件的概率；
(2)用随机抽样的方法从该地区抽取10名市民，这10名市民中使用该软件的人数记为X，问为何值时，的值最大？
17．
已知四棱锥的底面ABCD是棱长为2的菱形，，，若，且PD与平面ABCD所成的角为，E为AD的中点，点F在线段PA上，且平面BEF.
(1)求；
(2)求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值.
18．已知双曲线，直线l过C的右焦点F且与C交于M，N两点.
(1)若M，N两点均在双曲线C的右支上，求证：为定值；
(2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
19．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：B
解析：由，得，解得或，所以集合，由得，解得，所以集合，所以，故选：B.
2．答案：A
解析：因为，则，
又因为，即化简可得：，
即，解得.故选：A
3．答案：C
解析:因为,且,所以在上的投影向量,
,
故选:C.
4．答案：C
解析：根据N的标准分解式可得，
故从2，2，2，3，3，5这6个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：
①选取3个2，可以组成1个三位数；
②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数；
③选取1个2后，再选2个3，可以组成个不同的三位数；
④选取2，3，5，可以组成个不同的三位数；
⑤选取3，3，5，可以组成个不同的三位数；
所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数.故选：C.
5．答案：A
解析：当，，，，所以后不能推前，又，所以前推后成立，所以是充分不必要条件，故选A.
6．答案：B
解析：与2互素且不超过2的正整数为1，与4互素且不超过4的正整数为1、3，
与6互素且不超过6的正整数为1、5，与8互素且不超过8的正整数为1、3、5、7，
与10互素且不超过10的正整数为1、3、7、9，
因为，，，，，
所以，，则，
因为与5互素且不超过5的正整数为1、2、3、4，所以，.故选：B.
7．答案：C
解析：因为正实数x，y满足，所以，
则，
当且仅当，且，即，时取等号.故选：C.
8．答案：A
解析：当时，，则，
同理，当时，，则，
且，可知函数为奇函数；当时，，则，
令，则，
所以在单调递增，即，即，
所以在单调递增，且为奇函数，所以在R上单调递增.
则，
即，即，
可得，且，所以，解得，所以解集为.
故选：A
9．答案：ABC
解析：，A正确；，，B正确；
，，则，，
C正确；
，D错误.故选：ABC.
10．答案：ACD
解析：在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：
，即有，而，则，
又，
由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，
由正弦定理有：，即，，
又是锐角三角形且，有，，解得，
因此，
由得：，，
所以，结合选项，的可能取值为，，.
故选：ACD
11．答案：BC
解析：因为的两根为，，所以，，，从而.
令，，则.
因为，所以，，.所以在上恒成立，在上单调递增.
又，，所以，
即的取值范围是，故选BC.
12．答案：
解析：由题意可得，，则，
由直线的点斜式可得，化简可得.
故答案为：
13．答案：
解析：圆的圆心，半径，
以直线上的点为圆心，3为半径的圆与圆C有公共点，则，
于是，整理得，
依题意，不等式有解，则，解得，所以k的最小值为.
故答案为：
14．答案：
解析：在1，2，…，50中随机选取三个数有：，
公差为5的等差数列有：，，……，，共40个；
公差为6的等差数列有：，，……，，共38个；
……，
公差为24的等差数列有：，，共2个；
所以共有：，
所以能构成公差不小于5的等差数列的概率为：.
故答案为：.
15．答案：（1）；（2）
解析：（1）因为
，
当，所以，
所以
；
（2）由（1）知，当时，，
要使在上无零点，
则，，解得，，
则，故，又，当时，，
当时，，即，当时，舍去.综上：的取值范围为.
16．答案：（1）；（2）6
解析：（1）设事件A为“从被访问的100人中随机抽取2名，所抽取的都是女性顾客且使用该软件”，从被访问的100人中随机抽取2名，共有个基本事件，事件A共有个基本事件，
则.
（2）由题意，X服从二项分布，且使用该软件的概率为，则.
所以.
设.
若，则，；
若，则，.
所以时，最大.
17．答案：（1）；（2）
解析：（1）
连接，连接，由菱形ABCD知G是BD，AC中点，而E为AD的中点，则O为的重心，有，
因为平面BEF，平面平面，平面PAC，因此，所以.
（2）
菱形ABCD中，由，知为等边三角形，有，又，
则，即有，取BC的中点M，连接PM，DM，则，，
而，且两相交直线在平面内，于是平面PMD，而平面ABCD，有平面平面ABCD，
在平面PMD内过P做于点H，平面平面，
从而平面ABCD，是PD与平面ABCD所成的角，则，
因为，则，又，因此H与M重合，
以H为坐标原点，HD，HB，HP为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
，则，，，
设平面BEF的法向量，则，
令，得，
设平面PBE的法向量，则，
令，得，
于是，所以求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值为.
18．答案：（1）证明见解析；（2）圆过定点
解析：（1）如图，
由，设，，直线，
代入，整理得：，
由，解得：
由韦达定理：，，
由，同理，.
为定值.
（2）由题意：圆的方程为
即由对称性可知：若存在定点，则必在x轴上
令，有
由（1）可知，
代入方程后有：，
即，令即.故圆过定点.
19．答案：（1）在上是减函数，
在上是增函数；
（2）
解析：（1）由题知，的定义域为R，
.
（对函数求导后，由于恒大于0，故对a进行正负分类讨论，从而判断函数的单调性）
当时，在R上恒成立，故在R上是增函数；
当时，令得
在上有，在上有
在上是减函数，在上是增函数
（2）当时，，即（*）.
令则.
①若，由（1）知，当时，在上是增函数
故有
即，得，故有.
（由（1）可判断，此不等式为常见不等式，熟记更利于解题）
（当且仅当，即，且时取等号）
（根据及基本不等式可知需对a和-2的大小分类讨论）
函数在区间上单调递增，，（*）式成立.
②若，令
则，当且仅当时等号成立.
函数在区间上单调递增.
，使得
则当时，，即.
函数在区间上单调递减
（构造函数，对其求导并根据零点存在性定理判断的单调性）
，即（*）式不恒成立.综上所述，实数a的取值范围是.
使用人数
未使用人数
女性顾客
40
20
男性顾客
20
20