福建省漳州市2024届高三上学期第一次教学质量检测数学试卷(含答案)

这是一份福建省漳州市2024届高三上学期第一次教学质量检测数学试卷(含答案)，共22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．设全集,若集合,,则如图所示的阴影部分表示的集合为( )
A.B.C.D.
2．已知复数z满足（i为虚数单位）,则( )
A.1B.C.2D.
3．已知函数,,的零点分别为a,b,c,则a,b,c的大小顺序为( )
A.B.C.D.
4．已知向量,,若,则( )
A.2B.C.D.
5．已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2,则双曲线的离心率为( )
A.B.2C.D.
6．若,则( )
A.B.C.D.
7．如图,在五面体ABCDEF中,底面是矩形,,,若,,且底面ABCD与其余各面所成角的正切值均为,则该五面体的体积是( )
A.225B.250C.325D.375
8．已知直线是曲线的切线,也是曲线的切线,则k的最大值是( )
A.B.C.2eD.4e
二、多项选择题
9．将100个数据整理并绘制成频率分布直方图（如图所示）,则下列结论正确的是( )
A.
B.该组数据的平均数的估计值大于众数的估计值
C.该组数据的第90百分位数约为109.2
D.在该组数据中随机选取一个数据记为n,已知,则的概率为
10．函数的部分图象如图所示,则下列结论正确的是( )
A.
B.的图象关于直线对称
C.将的图象向右平移个单位长度后,得到的图象关于原点对称
D.若在上有且仅有一个零点,则
11．已知正项等比数列的前n项积为,且,则下列结论正确的是( )
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则
12．已知定义在R上的函数,其导函数的定义域也为R.若,且为奇函数,则( )
A.B.
C.D.
三、填空题
13．的展开式中的常数项是_______________.
14．有一批同一型号的产品,其中甲工厂生产的占,乙工厂生产的占.已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为,,则从这批产品中任取一件是次品的概率是______________.
15．已知抛物线的焦点为F,过点F的直线与抛物线交于A,B两点,则的最小值是________________.
16．一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为1,下底面半径为6,母线与底面所成的角为.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体,则正方体的棱长的最大值是________________.
四、解答题
17．如图,正方体的棱长为2,E为棱的中点.
(1)证明：平面ACE;
(2)若F是棱上一点,且二面角的余弦值为,求BF.
18．已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.
(1)求A;
(2)若D为边BC上一点,且,,证明：为直角三角形.
19．已知数列,满足,,记为的前n项和.
(1)若为等比数列,其公比,求;
(2)若为等差数列,其公差,证明：.
20．甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛,采用局n胜制（当一选手先赢下n局比赛时,该选手获胜,比赛结束）.已知每局比赛甲获胜的概率为p,乙获胜的概率为.
(1)若,,比赛结束时的局数为X,求X的分布列与数学期望;
(2)若比对甲更有利,求p的取值范围.
21．已知椭圆的左焦点为,且过点.
(1)求C的方程;
(2)不过原点O的直线l与C交于P,Q两点,且直线OP,PQ,OQ的斜率成等比数列.
（i）求l的斜率;
（ii）求的面积的取值范围.
22．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：A
解析：根据题意解指数不等式可得,
由函数定义域可得,所以;
阴影部分表示的集合为.
故选：A.
2．答案：D
解析：将整理可得,
所以;
可得.
故选：D.
3．答案：B
解析：由得,,
由得,由得.
在同一平面直角坐标系中画出、、的图象,
由图象知,,.
故选：B.
4．答案：C
解析：因为,,且,
所以由数量积的坐标公式可知,解得,
因此,由向量减法坐标公式可得,
最终结合向量模的坐标公式可得.
故选：C.
5．答案：B
解析：一方面：设双曲线渐近线被圆所截得的弦长为l,圆的半径为r,圆心到渐近线的距离为d,
又根据题意有,,因此根据垂径定理可得,
另一方面：不妨设渐近线方程为（其中）,又圆的圆心坐标为圆,
因此根据点到直线之间的距离公式有圆.
结合以上两方面有,解得,又,
所以双曲线的离心率为.
故选：B.
6．答案：D
解析：若,所以,
则,
故选：D.
7．答案：C
解析：过E作面于O,过O作分别交,于G,H,
记的中点为M,连接,,同理作出,,如图,

因为底面是矩形,所以,
又,所以,
因为面,面,所以,
因为,,面,所以面,
因为面,所以,
所以是面与面的所成角,则由题意知,
同理是面与面的所成角,则,
因为,,所以,则,
又易得,所以O是的中点,
由上述分析易知四边形是矩形,则,
所以,则,故,
易得,则,
因为M为的中点,所以,
又易得,所以为面与与面的所成角,
则,即,则,即,
由对称性可知,从而,
因为,同理,所以,
又,所以四边形是矩形,
同理可得四边形与四边形是矩形,则几何体是直棱柱,
由对称性可知,
,
所以该五面体的体积为.
故选：C.
8．答案：B
解析：因为是和的公切线,
设切点分别为和,则,
由,可得,则
又由,可得,且,则,
所以,可得,
即,显然a,同号,不妨设,,
设,（其中,）,
可得,令,可得,
当时,,单调递减;
当时,,单调递增,
要使得有解,则需要,即
即,解得,所以,即k的最大值为.
故选：B.
9．答案：BC
解析：对于A选项：由阴影部分面积之和为1可知,
解得,故A选项不符题意.
对于B选项：不妨设众数和平均数分别为b,,由图可知显然有,,
因此,即平均数的估计值大于众数的估计值,故B选项符合题意.
对于C选项：设第90百分位数为c,且注意到这100个数据落在区间的概率为,
所以c一定落在区间内,所以,
解得,故C选项符合题意.
对于D选项：记 、分别为事件A,B,
则由图可知,,
则由条件概率公式得,故D选项不符题意.
故选：BC.
10．答案：ABD
解析：由题意可得,,,故,,,A正确;
又因为,故,,
所以,,所以.
对于B,当时,,的图象关于直线对称,B正确;
对于C,将的图象向右平移个单位长度后,得到的图象不关于原点对称,C错误;
对于D,在上有且仅有一个零点,
,,D正确.
故选：ABD.
11．答案：ABD
解析：不妨设正项等比数列的公比为q,,所以,;
对于A,若,则,由等比数列性质可得,
所以可得,即A正确;
对于B,若,可得,又,所以;
所以,又,可得,,
因此可得,,,,即,所以B正确;
对于C,若,可得,又,因此的大小无法判断,所以C错误;
对于D,若,可得,又,所以可得,即数列为递减数列;
可得,即,所以D正确;
故选：ABD.
12．答案：ACD
解析：对于A选项：注意到,又是由向左平移1个单位得到的,
且注意到为奇函数,因此的对称中心为即,因此;故A选项符合题意.
对于B选项：令,此时满足题意,但,故B选项不符题意.
对于C选项：因为的对称中心为,所以,又已知,
所以,这表明了关于直线对称,即,
由复合函数求导法则且同时两边对x求导得;故C选项符合题意.
对于D选项：由的对称中心为,即,两边对求导得,
结合C选项分析结论,可知,
所以这表明了的周期为4,
因此,注意到,
所以;故D选项符合题意.
故选：ACD.
13．答案：15
解析：的展开式的通项为,,
令,得,
所以的展开式中的常数项是.
故答案为：15.
14．答案：0.024
解析：设,分别表示甲、乙厂生产的产品,B表示取到次品,
则,,
,,
从中任取一件产品取到次品的概率为：
,
故答案为：0.024.
15．答案：
解析：如下图示：
易知焦点,设,,且,
当直线斜率不存在时（如图中虚线所示）,可知,此时;
当直线斜率存在时,可设直线方程为,显然,
联立直线和抛物线方程,消去y整理可得,
利用韦达定理可知,
又利用焦半径公式可知,,
所以可得,
当且仅当,即,时,等号成立;
综上可得,的最小值是.
故答案为：.
16．答案：4
解析：如下图所示：
根据题意可知,;又母线与底面所成的角为,即,易得;
设圆台内能放置的最大球的球心为O,且与底面和母线分别切于,C两点,
所以可知球的半径,此时球的直径为,
即此时球与圆台上底面不相切,因此圆台内能放置的最大球的直径为;
若放置一个可以任意转动的正方体,要求正方体棱长最大,需要正方体的中心与球心重合,且该球是正方体的外接球,
设正方体的最大棱长为a,满足,解得.
故答案为：4.
17．答案：(1)证明见解析;
(2).
解析：(1)解法一：
证明：连接交于点G,连接,
则G为中点,又E为中点,所以,
又平面,平面,所以平面.
解法二：
如图,以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,,,,,,
所以,.
设平面ACE的法向量为,
则,
令,则,,
所以取.
又,
所以,所以.
又平面,所以平面.
(2)如图,以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则,,,,,
所以,.
设平面的法向量为,
则,
令,则,,
所以取.
设,
则.
设平面的法向量为,
则,令,则,,
所以取.
因为二面角的余弦值为,
所以,
解得,即.
18．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)因为,
所以,
因为,所以,即.
又,所以.
又,所以,即.
(2)解法一：因为,
所以.
即,所以,所以.
因此,
又,所以,
所以,所以为直角三角形.
解法二：因为,所以,
所以,
又,,
所以,
即.
又,
所以,
即,所以,
所以,所以.
因此,
所以,所以为直角三角形.
19．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)因为为等比数列,,,
所以,所以.
又,所以是以为首项,为公比的等比数列,
所以.
(2)解法一：
因为为等差数列,,,
所以,所以.
因为,即,
所以,
所以当时,
.
又符合上式,
所以.
所以
.
解法二：
因为为等差数列,,,
所以,所以.
因为,即,
所以,
所以数列为常数列.
因此,
所以.
所以
.
20．答案：(1)分布列见解析,
(2)
解析：(1)依题意得,随机变量X所有可能取值为2,3,
可得,
,
所以随机变量X的分布列为
所以X的数学期望.
(2)解法一：若采用3局2胜制,甲最终获胜的概率为,
若采用5局3胜制,甲最终获胜的概率为：
,
若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利,则,
即
,
解得.
解法二：采用3局2胜制,不妨设赛满3局,用表示3局比赛中甲获胜的局数,则,
甲最终获胜的概率为：
,
采用5局3胜制,不妨设赛满5局,用表示5局比赛中甲获胜的局数,则,
甲最终获胜的概率为：
,
若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利,则,
即
,
解得.
21．答案：(1)
(2)（i）（ii）
解析：(1)由题知,
椭圆C的右焦点为,且过点,
所以,所以.
又,所以,
所以C的方程为.
(2)（ⅰ）由题知,直线l的斜率存在,且不为0.
设,,,
则,所以,
所以,,
且,即.
因为直线OP,PQ,OQ的斜率成等比数列.
所以,即,
所以,且.
因为,所以,所以.
（ii）由（ⅰ）知,,
所以,且.
设点O到直线PQ的距离为d,所以.
因为,所以,,
所以
,
又,且.所以
即的面积的取值范围.
22．答案：(1)答案见解析
(2)
解析：(1)依题意,得.
当时,,所以在单调递增.
当时,令,可得;
令,可得,
所以在单调递增,在单调递减.
综上所述,当时,在单调递增;当时,在单调递增,在单调递减.
(2)因为当时,,所以,
即,
即,
即.
令,则有对恒成立.
因为,所以在单调递增,
故只需,
即对恒成立.
令,则,令,得.
当时,,当时,,
所以在单调递增,在单调递减,
所以.
因此,所以.
X
2
3
P